2018-2019学年数学高考通用版二轮专题复习专题检测：(十五)立体几何中的向量方法-含解析

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2018-2019年最新高考总复习数学(理)第二次复习效果检测试题及答案解析

2018-2019学年下期三年级第二次素质检测数学试题（理科）本试卷分第I 卷（选择题）和第II 卷（非选择题）两部分，全卷共150分。

考试时间为120分钟。

第I 卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。

在下列每个小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。

） 1.已知集合},4|{},,1|1||{Z x x x B R x x x A ∈≤=∈≤-=，则=⋂B A （） A.[0, 2]B.(0, 2)C.{0, 2}D.{0, 1, 2}2.已知命题P 1：平面向量b a ,共线的充要条件是a 与b 方向相同；P 2：函数x x y --=22在R上为增函数，则在命题：213212211)(:,:,:P P q P P q P P q ∨⌝∧∨和）（214:P Pq ⌝∧中，真命题是（） A.q 1, q 3 B.q 2, q 3 C.q 1,q 4D.q 2,q 43.已知),0(,2cos sin πααα∈=+，则)3tan(πα-=（）A.32-B. 32--C. 32+-D. 32+4.已知}{n a 是等差数列，a 10=10，其前10项和S 10=70，则其公差d=（） A.32-B.31-C. 31D. 325.某校安排四个班到三个工厂进行社会实践，每个班去一个工厂，每个工厂至少安排一个班，不同的安排方法共有（）A.24B.36C.48D.606.已知直线m 和平面βα,，则下列四个命题中正确的是（） A.若αββα⊥⊂⊥m m 则,, B. 若βαβα//,//,//m m 则 C. 若βαβα⊥⊥m m 则,,//D. 若βαβα//,//,//则m m7.曲线x e y 21=在点（4，2e ）处的切线与坐标轴围成三角形的面积为（） A.229e B.4 2e C.2 2e D. 2e8.某种种子每粒发芽的概率都为0.85，现播种了10000粒，对于没有发芽的种，每粒需要再补2粒，补种的种子数记为x ，则x 的数学期望为（） A.1000B.2000C.3000D.40009.设偶函数)(x f 满足)0(8)(3≥-=x x x f ，则=>-}0)1(|{x f x （） A.}32|>-<x x x 或｛ B. }20|><x x x 或｛ C. }30|><x x x 或｛ D. }31|>-<x x x 或｛10.设F 1，F 2是椭圆E ：)0(12222>>=+b a by a x 的左右焦点P 为直线23ax =上一点，12PF F ∆是底角为︒30的等腰三角形，则E 的离心率（） A.21 B.32C.43D.5411.若x ，y 满足约束条件⎪⎩⎪⎨⎧≤-+≤-≥-04001y x y x x ，则2y x的最小值为（） A.1B.21C.32D.9112.用max(a, b, c)表示a, b, c 三个数中的最大值，设函数)0}(10,2,2max{)(≥-+=x x x x f x ，若)(0x f 是)(x f 的最小值，则x 0在区间内（） A.(1,2)B.(2,3)C.(0,1)D.(3,4)第II 卷（非选择题共90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分。

2018-2019年高三理科数学(新课标)二轮复习专题整合高频突破习题专题五立体几何专题训练14 及答案

专题能力训练14 空间中的平行与垂直能力突破训练1.如图,O为正方体ABCD-A1B1C1D1的底面ABCD的中心,则下列直线中与B1O垂直的是()A.A1DB.AA1C.A1D1D.A1C12.如图,在正方形ABCD中,E,F分别是BC,CD的中点,沿AE,AF,EF把正方形折成一个四面体,使B,C,D三点重合,重合后的点记为P,点P在△AEF内的射影为O.则下列说法正确的是()A.O是△AEF的垂心B.O是△AEF的内心C.O是△AEF的外心D.O是△AEF的重心(第1题图)(第2题图)3.α,β是两个平面,m,n是两条直线,有下列四个命题:①如果m⊥n,m⊥α,n∥β,那么α⊥β.②如果m⊥α,n∥α,那么m⊥n.③如果α∥β,m⊂α,那么m∥β.④如果m∥n,α∥β,那么m与α所成的角和n与β所成的角相等.其中正确的命题有.(填写所有正确命题的编号)4.已知正四棱锥S-ABCD的底面边长为2,高为2,E是边BC的中点,动点P在表面上运动,并且总保持PE⊥AC,则动点P的轨迹的周长为.5.下列命题中正确的是.(填上你认为正确的所有命题的序号)①空间中三个平面α,β,γ,若α⊥β,γ⊥β,则α∥γ;②若a,b,c为三条两两异面的直线,则存在无数条直线与a,b,c都相交;③若球O与棱长为a的正四面体各面都相切,则该球的表面积为a2;④在三棱锥P-ABC中,若PA⊥BC,PB⊥AC,则PC⊥AB.6.在正三棱柱A 1B1C1-ABC中,点D是BC的中点,BC=BB1.设B1D∩BC1=F.求证:(1)A1C∥平面AB1D;(2)BC1⊥平面AB1D.7.如图,在四棱锥P-ABCD中,侧面PAD是边长为2的正三角形,且与底面垂直,底面ABCD是∠ABC=60°的菱形,M为PC的中点.(1)求证:PC⊥AD;(2)证明在PB上存在一点Q,使得A,Q,M,D四点共面;(3)求点D到平面PAM的距离.8.(2017山东青岛统一质检)如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD是菱形,PA⊥平面ABCD,PA=3,F是棱PA上的一个动点,E为PD的中点.(1)求证:平面BDF⊥平面PCF;(2)若AF=1,求证:CE∥平面BDF.思维提升训练9.平面α过正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1的顶点A ,α∥平面CB 1D 1,α∩平面ABCD=m ,α∩平面ABB 1A 1=n ,则m ,n 所成角的正弦值为( ) A. B.C.D.10.如图,在侧棱垂直底面的四棱柱ABCD-A 1B 1C 1D 1中,AD ∥BC ,AD ⊥AB ,AB=,AD=2,BC=4,AA 1=2,E 是DD 1的中点,F 是平面B 1C 1E 与直线AA 1的交点.(1)证明:①EF ∥A 1D 1;②BA 1⊥平面B 1C 1EF ; (2)求BC 1与平面B 1C 1EF 所成角的正弦值.11.如图,在长方形ABCD中,AB=2,BC=1,E为CD的中点,F为AE的中点.现在沿AE 将△ADE向上折起,在折起的图形中解答下列问题:(1)在线段AB上是否存在一点K,使BC∥平面DFK?若存在,请证明你的结论;若不存在,请说明理由;(2)若平面ADE⊥平面ABCE,求证:平面BDE⊥平面ADE.12.已知正三棱柱ABC-A 1B1C1中,AB=2,AA1=,点D为AC的中点,点E在线段AA1上.(1)当AE∶EA1=1∶2时,求证:DE⊥BC1;(2)是否存在点E,使三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的?若存在,求AE的长,若不存在,请说明理由.13.如图,在四边形ABCD中(如图①),E是BC的中点,DB=2,DC=1,BC=,AB=AD=.将△ABD(如图①)沿直线BD折起,使二面角A-BD-C为60°(如图②).(1)求证:AE⊥平面BDC;(2)求异面直线AB与CD所成角的余弦值;(3)求点B到平面ACD的距离.参考答案专题能力训练14空间中的平行与垂直能力突破训练1.D解析易知A1C1⊥平面BB1D1D.∵B1O⊂平面BB1D1D,∴A1C1⊥B1O,故选D.2.A解析如图,易知PA,PE,PF两两垂直,∴PA⊥平面PEF,从而PA⊥EF,而PO⊥平面AEF,则PO⊥EF,∴EF⊥平面PAO,∴EF⊥AO.同理可知AE⊥FO,AF⊥EO,∴O为△AEF的垂心.3.②③④解析对于①,若m⊥n,m⊥α,n∥β,则α,β的位置关系无法确定,故错误;对于②,因为n∥α,所以过直线n作平面γ与平面α相交于直线c,则n∥c.因为m⊥α,所以m⊥c,所以m⊥n,故②正确;对于③,由两个平面平行的性质可知正确;对于④,由线面所成角的定义和等角定理可知其正确,故正确的命题有②③④. 4解析如图,取CD的中点F,SC的中点G,连接EF,EG,FG.设EF交AC于点H,连接GH,易知AC⊥EF.又GH∥SO,∴GH⊥平面ABCD,∴AC⊥GH.又GH∩EF=H,∴AC⊥平面EFG.故点P的轨迹是△EFG,其周长为5.②③④解析①中也可以α与γ相交;②作平面与a,b,c都相交;③中可得球的半径为r=a;④中由PA⊥BC,PB⊥AC得点P在底面△ABC的射影为△ABC的垂心,故PC⊥AB.6.证明(1)连接A1B,设A1B交AB1于点E,连接DE.∵点D 是BC 的中点,点E 是A 1B 的中点, ∴DE ∥A 1C.∵A 1C ⊄平面AB 1D ,DE ⊂平面AB 1D , ∴A 1C ∥平面AB 1D.(2)∵△ABC 是正三角形,点D 是BC 的中点,∴AD ⊥BC.∵平面ABC ⊥平面B 1BCC 1,平面ABC ∩平面B 1BCC 1=BC ,AD ⊂平面ABC , ∴AD ⊥平面B 1BCC 1.∵BC 1⊂平面B 1BCC 1,∴AD ⊥BC 1. ∵点D 是BC 的中点,BC=BB 1,∴BD=BB 1.,∴Rt △B 1BD ∽Rt △BCC 1,∴∠BDB 1=∠BC 1C.∴∠FBD+∠BDF=∠C 1BC+∠BC 1C=90°. ∴BC 1⊥B 1D.∵B 1D ∩AD=D ,∴BC 1⊥平面AB 1D.7.(1)证法一取AD 的中点O ,连接OP ,OC ,AC ,依题意可知△PAD ,△ACD 均为正三角形,所以OC ⊥AD ,OP ⊥AD.又OC ∩OP=O ,OC ⊂平面POC ,OP ⊂平面POC , 所以AD ⊥平面POC.又PC⊂平面POC,所以PC⊥AD.证法二连接AC,依题意可知△PAD,△ACD均为正三角形.因为M为PC的中点,所以AM⊥PC,DM⊥PC.又AM∩DM=M,AM⊂平面AMD,DM⊂平面AMD,所以PC⊥平面AMD.因为AD⊂平面AMD,所以PC⊥AD.(2)证明当点Q为棱PB的中点时,A,Q,M,D四点共面,证明如下:取棱PB的中点Q,连接QM,QA.因为M为PC的中点,所以QM∥BC.在菱形ABCD中,AD∥BC,所以QM∥AD,所以A,Q,M,D四点共面.(3)解点D到平面PAM的距离即点D到平面PAC的距离.由(1)可知PO⊥AD,又平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,PO⊂平面PAD,所以PO⊥平面ABCD,即PO为三棱锥P-ACD的高.在Rt△POC中,PO=OC=,PC=,在△PAC中,PA=AC=2,PC=,边PC上的高AM=,所以△PAC的面积S△PAC=PC·AM=设点D到平面PAC的距离为h,由V D-PAC=V P-ACD,得S△PAC·h=S△ACD·PO.因为S △ACD=22=,所以h=,解得h=,所以点D到平面PAM的距离为8.证明(1)连接AC交BD于点O.∵底面ABCD是菱形,∴BD⊥AC.∵PA⊥平面ABCD,BD⊂平面ABCD,∴BD⊥PA.∵PA∩AC=A,PA⊂平面PAC,AC⊂平面PAC,∴BD⊥平面PAC,∴BD⊥平面PCF.∵BD⊂平面BDF,∴平面BDF⊥平面PCF.(2)过点E作EG∥FD交AP于点G,连接CG,连接FO.∵EG∥FD,EG⊄平面BDF,FD⊂平面BDF.∴EG∥平面BDF.∵底面ABCD是菱形,∴O是AC的中点.∵E为PD的中点,∴G为PF的中点.∵AF=1,PA=3,∴F为AG的中点,∴OF∥CG.∵CG⊄平面BDF,OF⊂平面BDF,∴CG∥平面BDF.又EG∩CG=G,EG,CG⊂平面CGE,∴平面CGE∥平面BDF.又CE⊂平面CGE,∴CE∥平面BDF.思维提升训练9.A解析(方法一)∵α∥平面CB1D1,平面ABCD∥平面A1B1C1D1,α∩平面ABCD=m,平面CB1D1∩平面A1B1C1D1=B1D1,∴m∥B1D 1 .∵α∥平面CB1D1,平面ABB1A1∥平面DCC1D1,α∩平面ABB1A1=n,平面CB1D1∩平面DCC1D1=CD1,∴n∥CD1.∴B1D1,CD1所成的角等于m,n所成的角,即∠B1D1C等于m,n所成的角.∵△B1D1C为正三角形,∴∠B1D1C=60°,∴m,n所成的角的正弦值为(方法二)由题意画出图形如图,将正方体ABCD-A1B1C1D1平移,补形为两个全等的正方体如图,易证平面AEF∥平面CB1D1,∴平面AEF即为平面α,m即为AE,n即为AF,∴AE与AF所成的角即为m与n所成的角.∵△AEF是正三角形,∴∠EAF=60°,故m,n所成角的正弦值为10.(1)证明①因为C1B1∥A1D1,C1B1⊄平面ADD1A1,所以C1B1∥平面ADD1A1.因为平面B1C1EF∩平面ADD1A1=EF,所以C1B1∥EF.所以A1D1∥EF.②因为BB1⊥平面A1B1C1D1,所以BB1⊥B1C1.因为B1C1⊥B1A1,所以B1C1⊥平面ABB1A1,所以B1C1⊥BA1.在矩形ABB1A1中,F是AA1的中点,即tan∠A1B1F=tan∠AA1B=,即∠A1B1F=∠AA1B.故BA1⊥B1F.又B1F∩B1C1=B1,所以BA1⊥平面B1C1EF.(2)解设BA1与B1F的交点为H,连接C1H(如图).由(1)知BA1⊥平面B1C1EF,所以∠BC1H是BC1与平面B1C1EF所成的角.在矩形ABB 1A1中,AB=,AA1=2,得BH=在Rt△BHC1中,BC1=2,BH=,得sin∠BC1H=所以BC1与平面B1C1EF所成角的正弦值是11.(1)解线段AB上存在一点K,且当AK=AB时,BC∥平面DFK.证明如下:设H为AB的中点,连接EH,则BC∥EH.又因为AK=AB,F为AE的中点,所以KF∥EH,所以KF∥BC.因为KF⊂平面DFK,BC⊄平面DFK,所以BC∥平面DFK.(2)证明因为F为AE的中点,DA=DE=1,所以DF⊥AE.因为平面ADE⊥平面ABCE,所以DF⊥平面ABCE.因为BE⊂平面ABCE,所以DF⊥BE.又因为在折起前的图形中E为CD的中点,AB=2,BC=1,所以在折起后的图形中AE=BE=,从而AE2+BE2=4=AB2,所以AE⊥BE.因为AE∩DF=F,所以BE⊥平面ADE.因为BE⊂平面BDE,所以平面BDE⊥平面ADE.12.(1)证明因为三棱柱ABC-A1B1C1为正三棱柱,所以△ABC是正三角形.因为D是AC的中点,所以BD⊥AC.又平面ABC⊥平面CAA1C1,所以BD⊥DE.因为AE∶EA 1=1∶2,AB=2,AA1=,所以AE=,AD=1,所以在Rt△ADE中,∠ADE=30°.在Rt△DCC1中,∠C1DC=60°,所以∠EDC1=90°,即DE⊥DC1.因为C1D∩BD=D,所以DE⊥平面BC1D,所以DE⊥BC1.(2)解假设存在点E满足题意.设AE=h,则A 1E=-h,所以-S △AED-=2h-(-h)-h.因为BD⊥平面ACC1A1,所以h,又V 棱柱=2=3,所以h=1,解得h=,故存在点E,当AE=,即E与A1重合时,三棱锥C1-BDE的体积恰为三棱柱ABC-A1B1C1体积的13.(1)证明如图,取BD的中点M,连接AM,ME.∵AB=AD=,DB=2,∴AM⊥BD.∵DB=2,DC=1,BC=满足DB2+DC2=BC2,∴△BCD是以BC为斜边的直角三角形,BD⊥DC,∵E是BC的中点,∴ME为△BCD的中位线,ME CD,∴ME⊥BD,ME=,∴∠AME是二面角A-BD-C的平面角,∴∠AME=60°.∵AM⊥BD,ME⊥BD,且AM,ME是平面AME内两相交于M的直线,∴BD⊥平面AEM.∵AE⊂平面AEM,∴BD⊥AE.∵△ABD为等腰直角三角形,∴AM=BD=1.在△AEM中,∵AE 2=AM 2+ME 2-2AM·ME·cos ∠AME=1+-2×1cos60°=,∴AE=,∴AE 2+ME 2=1=AM 2,∴AE ⊥ME.∵BD ∩ME=M ,BD ⊂平面BDC ,ME ⊂平面BDC ,∴AE ⊥平面BDC.(2)解取AD 的中点N ,连接MN ,则MN 是△ABD 的中位线,MN ∥AB.又ME ∥CD ,∴直线AB 与CD 所成角θ等于MN 与ME 所成的角,即∠EMN 或其补角.AE ⊥平面BCD ,DE ⊂平面BCD ,∴AE ⊥DE.∵N 为Rt △AED 斜边的中点, ∴NE=AD=,MN=AB=,ME=,∴cos θ=|cos ∠EMN|=(3)解记点B 到平面ACD 的距离为d ,则三棱锥B-ACD 的体积V B-ACD =d·S △ACD .又由(1)知AE 是三棱锥A-BCD 的高,BD ⊥CD ,∴V B-ACD =V A-BCD =AE·S △BCD =∵E 为BC 中点,AE ⊥BC ,∴AC=AB=又DC=1,AD=,△ACD 为等腰三角形,S △ACD =DC1,∴点B 到平面ACD 的距离d=。

2018年高考数学二轮复习专题1.5立体几何(讲)文

专题 1.5立体几何【高考改编☆回首基础】1．【空间几何体的直观图和面积计算】【2017·全国卷Ⅰ改编】某多面体的三视图如下图，此中正视图和左视图都由正方形和等腰直角三角形构成，正方形的边长为2，俯视图为等腰直角三角形，该多面体的各个面中有若干个是梯形，这些梯形的面积之和为________．【答案】 12【分析】该几何体为一个三棱柱和一个三棱锥的组合体，其直观图如下图，各个面中有两个全等的梯形，其面2＋ 4积之和为2×2×2＝12.2.【三视图与空间几何体的体积】【2017·全国卷Ⅱ改编】如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体由一平面将一圆柱截去一部分后所得，则该几何体的体积为________．【答案】 63π【分析】3.【空间几何体的体积】【2017课标3，改编】已知圆柱的高为1，它的两个底面的圆周在直径为 2 的同一个球的球面上，则该圆柱的体积为.【答案】【分析】3π4【命题展望☆看准方向】1. 空间几何体的三视图成为近几年高考的必考点 , 独自考察三视图的渐渐减少 , 主要考察由三视图求原几何体的面积、体积 , 主要以选择题、填空题的形式考察 .2. 对柱体、锥体、台体表面积、体积及球与多面体的切接问题中的相关几何体的表面积、体积的考察又是高考的一个热门 , 难度不大 , 主要以选择题、填空题的形式考察 .3.2018 年应注意抓住考察的主要题目种类进行训练 , 重点有三个 : 一是三视图中的几何体的形状及面积、体积 ; 二是求柱体、锥体、台体及球的表面积、体积; 三是求球与多面体的相切、接问题中的相关几何体的表面积、体积 .【典例剖析☆提高能力】【例 1】 17 世纪日本数学家们对于数学对于体积方法的问题还不认识，他们将体积公式“ V ＝kD 3”中的常数 k 称为“立圆术”或“玉积率”，创用了求“玉积率”的独到方法“会玉术”，此中， D 为直径，近似地，对于等边圆柱 ( 轴截面是正方形的圆柱叫做等边圆柱 ) 、正方体也有近似的体积公式V ＝ kD 3，此中，在等边圆柱中，D 表示底面圆的直径；在正方体中，D 表示棱长．假定运用此“会玉术”，求得的球、等边圆柱、正方体的“玉积率”分别为 k ， k ， k ，那么， k1∶k∶k＝ ()12323A. ∶ ∶1B. 6 ∶ ∶2C.1∶3∶12D.1∶3∶64642【答案】 D3【分析】球中，V4 R 3 4 D D 3 k 1D 3 , k 1 ；33266D 2等边圆柱中，VDD 3 k 2 D 3 , k 2；244正方体中，VD 3 k 3D 3 , k 3 1 ；所以 k 1 : k 2 : k 3: :1 1: 3: 6.应选 D.6 42πA. B.27【答案】 B 【分析】8π C.π D.2π2739【例 2】【 2018 届河南省郑州市第一次模拟】刍薨（chuhong ），中国古代算术中的一种几何形体，《九章算术》中记录“刍薨者，下有褒有广，而上有褒无广. 刍，草也 . 薨，屋盖也 . ”翻译为“底面有长有宽为矩形，顶部只有长没有宽为一条棱，刍薨字面意思为茅草屋顶”，如图，为一刍薨的三视图，此中正视图为等腰梯形，侧视图为等腰三角形，则搭建它（无底面，不考虑厚度）需要的茅草面积起码为（）A.24B.325C.64D.326【答案】 B【一鼓作气】【 2018 届湖北省稳派教育高三上第二次联考】已知一个几何体的三视图如下图，则该几何体的体积为（）A.8 16B.816C.126D.44333【答案】 A【分析】由三视图可得，该几何体为右边的一个半圆锥和左边的一个三棱锥拼接而成。

2018年高考数学二轮复习课时跟踪检测专题(通用版)(十八)立体几何文 Word版含答案

课时跟踪检测（十八）立体几何1.(2017·沈阳模拟)如图，在三棱柱ABC A 1B 1C 1中，侧面AA 1C 1C⊥底面ABC ，AA 1＝A 1C ＝AC ＝AB ＝BC ＝2，且点O 为AC 的中点．(1)证明：A 1O ⊥平面ABC ；(2)求三棱锥C 1ABC 的体积．解：(1)证明：因为AA 1＝A 1C ，且O 为AC 的中点，所以A 1O ⊥AC .又平面AA 1C 1C ⊥平面ABC ，平面AA 1C 1C ∩平面ABC ＝AC ，A 1O ⊂平面AA 1C 1C ，∴A 1O ⊥平面ABC .(2)∵A 1C 1∥AC ，A 1C 1⊄平面ABC ，AC ⊂平面ABC ，∴A 1C 1∥平面ABC ，即C 1到平面ABC 的距离等于A 1到平面ABC 的距离．由(1)知A 1O ⊥平面ABC 且A 1O ＝AA 21－AO 2＝3，∴VC 1ABC ＝VA 1ABC ＝13S △ABC ·A 1O ＝13×12×2×3×3＝1. 2．(2018届高三·西安八校联考)如图所示，该几何体是由一个直三棱柱ADE BCF 和一个正四棱锥P ABCD 组合而成，AD ⊥AF ，AE ＝AD ＝2.(1)证明：平面PAD ⊥平面ABFE ；(2)求正四棱锥P ABCD 的高h ，使得该四棱锥的体积是三棱锥P ABF 体积的4倍．解：(1)证明：在直三棱柱ADE BCF 中，AB ⊥平面ADE ，∴AB ⊥AD .又AD ⊥AF ，AB ∩AF ＝A ，∴AD ⊥平面ABFE .又AD ⊂平面PAD ，∴平面PAD ⊥平面ABFE .(2)P 到平面ABF 的距离d ＝1.∴V P ABF ＝13S △ABF d ＝13×12×2×2×1＝23. 而V P ABCD ＝13S 正方形ABCD h ＝13×2×2×h ＝4V P ABF ＝83，∴h ＝2.3．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在四棱锥P ABCD 中，AB ∥CD ，且∠BAP ＝∠CDP ＝90°.(1)证明：平面PAB ⊥平面PAD ；(2)若PA ＝PD ＝AB ＝DC ，∠APD ＝90°，且四棱锥P ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．解：(1)证明：由∠BAP ＝∠CDP ＝90°，得AB ⊥AP ，CD ⊥PD .因为AB ∥CD ，所以AB ⊥PD .又AP ∩PD ＝P ，所以AB ⊥平面PAD .又AB ⊂平面PAB ，所以平面PAB ⊥平面PAD .(2)如图所示，在平面PAD 内作PE ⊥AD ，垂足为E .由(1)知，AB ⊥平面PAD ，故AB ⊥PE ，可得PE ⊥平面ABCD .设AB ＝x ，则由已知可得AD ＝2x ，PE ＝22x . 故四棱锥P ABCD 的体积 V P ABCD ＝13AB ·AD ·PE ＝13x 3. 由题设得13x 3＝83，故x ＝2. 从而PA ＝PD ＝AB ＝DC ＝2，AD ＝BC ＝22，PB ＝PC ＝2 2.可得四棱锥P ABCD 的侧面积为12PA ·PD ＋12PA ·AB ＋12PD ·DC ＋12BC 2sin 60°＝6＋2 3. 4．(2017·泰安模拟)如图，在正四棱柱ABCD A1B 1C 1D 1中，E 为AD 的中点，F 为B 1C 1的中点．(1)求证：A 1F ∥平面ECC 1；(2)在CD 上是否存在一点G ，使BG ⊥平面ECC 1？若存在，请确定点G的位置，并证明你的结论，若不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，在正四棱柱ABCD A1B 1C 1D 1中，取BC 的中点M ，连接AM ，FM ，所以B 1F ∥BM 且B 1F ＝BM ，所以四边形B 1FMB 是平行四边形，所以FM ∥B 1B 且FM ＝B 1B .因为B 1B ∥A 1A 且B 1B ＝A 1A ，所以FM∥A1A且FM＝A1A，所以四边形AA1FM是平行四边形，所以A1F∥AM.因为E为AD的中点，所以AE∥MC且AE＝MC.所以四边形AMCE是平行四边形，所以CE∥AM，所以CE∥A1F.因为A1F⊄平面ECC1，EC⊂平面ECC1，所以A1F∥平面ECC1.(2)在CD上存在一点G，使BG⊥平面ECC1.证明如下：取CD的中点G，连接BG.在正方形ABCD中，DE＝GC，CD＝BC，∠ADC＝∠BCD，所以△CDE≌△BCG，所以∠ECD＝∠GBC.因为∠CGB＋∠GBC＝90°，所以∠CGB＋∠DCE＝90°，所以BG⊥EC.因为CC1⊥平面ABCD，BG⊂平面ABCD，所以CC1⊥BG.又EC∩CC1＝C，所以BG⊥平面ECC1.故当G为CD的中点时，满足BG⊥平面ECC1.5．(2017·福州模拟)如图①，在等腰梯形PDCB中，PB∥DC，PB＝3，DC＝1，∠DPB＝45°，DA⊥PB于点A，将△PAD沿AD折起，得到如图②所示的四棱锥PABCD，点M在棱PB上，且PM＝12MB.(1)求证：PD∥平面MAC；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，求点A到平面PBC的距离．解：(1)证明：在四棱锥PABCD中，连接BD交AC于点N，连接MN，依题意知AB∥CD，∴△ABN∽△CDN，∴BNND＝BACD＝2，∵PM＝12MB，∴BN ND ＝BM MP＝2， ∴在△BPD 中，MN ∥PD ，又PD ⊄平面MAC ，MN ⊂平面MAC ，∴PD ∥平面MAC .(2)法一：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且两平面相交于AD ，PA ⊥AD ，PA ⊂平面PAD ，∴PA ⊥平面ABCD ，∴V P ABC ＝13S △ABC ·PA ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×2×1×1＝13. ∵AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，∴PB ＝PA 2＋AB 2＝5，PC ＝PA 2＋AC 2＝3，BC ＝AD 2＋ AB －CD 2＝2，∴PB 2＝PC 2＋BC 2，故∠PCB ＝90°，记点A 到平面PBC 的距离为h ，∴V A PBC ＝13S △PBC ·h ＝13×⎝ ⎛⎭⎪⎫12×3×2h ＝66h . ∵V P ABC ＝V A PBC ，∴13＝66h ，解得h ＝63. 故点A 到平面PBC 的距离为63. 法二：∵平面PAD ⊥平面ABCD ，且两平面相交于AD ，PA ⊥AD ，PA⊂平面PAD ，∴PA ⊥平面ABCD ，∵BC ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥BC ，∵AB ＝2，AC ＝AD 2＋CD 2＝2，BC ＝AD 2＋ AB －CD 2＝2，∴AB 2＝AC 2＋BC 2，∴∠ACB ＝90°，即BC ⊥AC ，又PA ∩AC ＝A ，PA ⊂平面PAC ，AC ⊂平面PAC ，∴BC ⊥平面PAC ，过点A 作AE ⊥PC 于点E ，则BC ⊥AE ，∵PC ∩BC ＝C ，PC ⊂平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，∴AE ⊥平面PBC ，∴点A 到平面PBC 的距离为AE ＝PA ·AC PC ＝1×23＝63. 6．(2018届高三·衡水中学摸底)如图①所示，四边形ABCD 为矩形，PD ⊥平面ABCD ，AB ＝1，BC ＝PC ＝2，进行如图②所示的折叠，折痕EF ∥DC .其中点E ，F 分别在线段PD ，PC 上，沿EF 折叠后点P 在线段AD 上的点记为M ，并且MF ⊥CF.(1)证明：CF ⊥平面MDF ；(2)求三棱锥M CDE 的体积．解：(1)证明：∵PD ⊥平面ABCD ，PD ⊂平面PCD ，∴平面PCD ⊥平面ABCD ，又平面PCD ∩平面ABCD ＝CD ，MD ⊂平面ABCD ，MD ⊥CD ， ∴MD ⊥平面PCD ，∵CF ⊂平面PCD ，∴CF ⊥MD .又CF ⊥MF ，MD ∩MF ＝M ，MD ⊂平面MDF ，MF ⊂平面MDF ，∴CF ⊥平面MDF .(2)∵CF ⊥平面MDF ，DF ⊂平面MDF ，∴CF ⊥DF .又易知∠PCD ＝60°，∴∠CDF ＝30°，∴CF ＝12CD ＝12， ∵EF ∥DC ，∴DE DP ＝CF CP ，即DE 3＝122， ∴DE ＝34，∴PE ＝334， ∴S △CDE ＝12CD ·DE ＝38， ∵MD ＝ME 2－DE 2＝PE 2－DE 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3342－⎝ ⎛⎭⎪⎫342＝62，∴V M CDE ＝13S △CDE ·MD ＝13×38×62＝216.。

2018年高考数学二轮复习专题 1.5立体几何(练)文 Word版含答案

专题1.5 立体几何1.练高考1.【2017山东，文13】由一个长方体和两个14圆柱体构成的几何体的三视图如右图，则该几何体的体积为.【答案】22π+2. 【2017课标II，文15】长方体的长、宽、高分别为3,2,1，其顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为【答案】14π.【解析】球的直径是长方体的体对角线，所以224π14π.R S R====3. 【2017课标1，文6】如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直接AB与平面MNQ不平行的是（）A ．B ．C ．D ．【答案】A【解析】4. 【2017课标1，文18】如图，在四棱锥P-ABCD 中，AB//CD ，且90BAP CDP ∠=∠= ．（1）证明：平面PAB ⊥平面PAD ；（2）若PA =PD =AB =DC ，90APD ∠= ，且四棱锥P-ABCD 的体积为83，求该四棱锥的侧面积．【答案】（1）证明见解析；（2）326+．【解析】5. 【2017山东，文18】（本小题满分12分）由四棱柱ABCD -A 1B 1C 1D 1截去三棱锥C 1- B 1CD 1后得到的几何体如图所示,四边形ABCD 为正方形,O 为AC 与BD 的交点,E 为AD 的中点,A 1E ⊥平面ABCD ,（Ⅰ）证明：1AO ∥平面B 1CD 1;（Ⅱ）设M 是OD 的中点,证明：平面A 1EM ⊥平面B 1CD 1.【答案】①证明见解析.②证明见解析.【解析】试题分析：（Ⅰ）取11B D 中点F ,证明1//AO CF ,（Ⅱ）证明11B D ⊥面1A EM .所以1,A E BD ⊥因为11//,B D BD所以11111,,EM B D A E B D ⊥⊥ 又1,A E EM ⊂平面1A EM，1A E EM E = .所以11B D ⊥平面1,A EM 又11B D ⊂平面11B CD , 所以平面1A EM ⊥平面11B CD .6. 【2017天津，文17】如图，在四棱锥P ABCD -中，AD ⊥平面PDC ，AD BC ∥，PD PB ⊥，1AD =，3BC =，4CD =，2PD =.（I ）求异面直线AP 与BC 所成角的余弦值；（II ）求证：PD ⊥平面PBC ；（Ⅲ）求直线AB 与平面PBC 所成角的正弦值.【答案】(ⅠⅡ . 【解析】。

【解答题题专练】高考数学(理)二轮专题第二部分：专题十立体几何作业15

小题专练·作业(十五)一、选择题1．(2016·新课标全国Ⅱ)如图是由圆柱与圆锥组合而成的几何体的三视图，则该几何体的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π答案 C解析该几何体是圆锥与圆柱的组合体，由三视图可知圆柱底面圆的半径r＝2，底面圆的周长c＝2πr＝4π，圆锥的母线长l＝22＋（23）2＝4，圆柱的高h＝4，所以该几何体的表面积S表＝πr2＋ch＋12cl＝4π＋16π＋8π＝28π，故选C. 2．(2016·浙江)已知互相垂直的平面α，β交于直线l，若直线m，n满足m∥α，n⊥β，则()A．m∥l B．m∥nC．n⊥l D．m⊥n答案 C解析因为α∩β＝l，所以l⊂β，又n⊥β所以n⊥l.故选C.3．(2016·合肥质检)在三棱锥P－ABC中，PA⊥平面ABC，∠BAC＝60°，AB ＝AC＝23，PA＝2，则三棱锥P－ABC外接球的表面积为()A．20πB．24πC．28πD．32π答案 A解析由题意可得△ABC 是边长为23的正三角形，设其外接圆的半径为r ，则2r ＝23sin60°＝4，r ＝2.又外接球的球心在PA 的中垂面上，则外接球的半径R ＝r 2＋（12PA ）2＝5，所以该球的表面积为4πR 2＝4π(5)2＝20π，选项A 正确． 4. (2016·贵阳检测)如图，点E ，F 分别是正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1的棱AB ，AA 1的中点，点M ，N 分别是线段D 1E 与C 1F 上的点，则与平面ABCD 垂直的直线MN 的条数有( )A ．0个B ．1个C ．2个D ．无穷多个答案 B解析假设存在满足条件的直线MN ，如图，建立空间直角坐标系，不妨设正方体的棱长为2，则D 1(2，0，2)，E(1，2，0)，设M 的坐标为(x ，y ，z)，∵D 1M →＝mD 1E →(0<m<1)，∴(x －2，y ，z －2)＝m(－1，2，－2)，x ＝2－m ，y ＝2m ，z ＝2－2m.∴M(2－m ，2m ，2－2m)．同理，若设C 1N →＝nC 1F →(0<n<1)，可得N(2n ，2n ，2－n)， MN →＝(m ＋2n －2，2n －2m ，2m －n)．又∵MN ⊥平面ABCD ，∴⎩⎪⎨⎪⎧CD →·MN →＝0，CB →·MN →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ＋2n －2＝0，2n －2m ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝23，n ＝23，即存在满足条件的直线MN ，且只有1条．5．(2016·山东)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示．则该几何体的体积为( )A.13＋23π B.13＋23π C.13＋26π D ．1＋26π答案 C解析由三视图可知，四棱锥的底面是边长为1的正方形，高为1，其体积V 1＝13×12×1＝13.设半球的半径为R ，则2R ＝2，即R ＝22，所以半球的体积V 2＝12×4π3R 3＝12×4π3×(22)3＝26π.故该几何体的体积V ＝V 1＋V 2＝13＋26π.故选C.6．(2016·河北七校)已知α，β是两个不同的平面，有下列三个条件： ①存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β； ②存在一条直线a ，a ⊥β；③存在两条垂直的直线a ，b ，a ⊥β，b ⊥α.其中，所有能成为“α⊥β”的充要条件的序号是( ) A ．①B ．②C ．③D ．①③答案 D解析对于①，存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β，则α⊥β，反之也对，即“存在一个平面γ，γ⊥α，γ∥β”是“α⊥β”的充要条件，所以①对，可排除B ，C ；对于③，存在两条垂直的直线a ，b ，则直线a ，b 所成的角为90°，因为a ⊥β，b ⊥α，所以α，β所在的角为90°，即α⊥β，反之也对，即“存在两条垂直的直线，a ，b ，a ⊥β，b ⊥α”是“α⊥β”的充要条件，所以③对，可排除A ，选D. 7．(2016·江西九校联考)已知圆锥的底面半径为R ，高为2R ，在它的所有内接圆柱中，侧面积的最大值是( ) A.14πR 2 B.12πR 2 C ．πR 2 D ．2πR 2答案 C解析设圆柱的底面半径为r ，高为h ，由已知条件可知2r ＋h ＝2R ，所以圆柱的侧面积为S ＝2πrh ＝2πr(2R －2r)≤π[2r ＋（2R －2r ）2]2＝πR 2，当2r ＝2R －2r ，即r ＝12R 时“＝”成立，故圆柱的侧面积最大为πR 2.8．(2016·新课标全国Ⅱ)在封闭的直三棱柱ABC －A 1B 1C 1内有一个体积为V 的球．若AB ⊥BC ，AB ＝6，BC ＝8，AA 1＝3，则V 的最大值是( ) A ．4πB.9π2 C ．6π D.32π3 答案 B解析由题意可得若V 最大，则球与直三棱柱的部分面相切，若与三个侧面都相切，可求得球的半径为2，球的直径为4，超过直三棱柱的高，所以这个球放不进去，则球可与上下底面相切，此时球的半径R ＝32，此时的体积最大，V max ＝43πR 3＝4π3×278＝9π2.回顾不是所有的直三棱柱都有内切球，只有底面三角形内切圆的直径与直三棱柱的高相等时，该直三棱柱才有内切球．9. (2016·江西联考)如图，在球的内接三棱锥A －BCD 中，AB ＝8，CD ＝4，平面ACD ⊥平面BCD ，且△ACD 与△BCD 是以CD 为底的全等的等腰三角形，则三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为( )A.3265B.413065C.813065D.6465答案 B解析设该三棱锥的外接球的半径为R ，取AB ，CD 的中点分别为E ，F ，连接EF ，AF ，BF ，由题意易得AF ⊥BF ，AF ＝BF ＝42，EF ＝4，易知三棱锥A －BCD 的外接球的球心O 在线段EF 上，连接OA ，OC ，有R 2＝AE 2＋OE 2＝16＋OE 2 ①，R 2＝CF 2＋OF 2＝4＋(4－OE)2②，由①②可得R 2＝654，所以R ＝652，所以2R ＝65.又三棱锥A－BCD 的高AF ＝42，所以三棱锥A －BCD 的高与其外接球的直径的比值为4265＝413065，故选B.10．(2016·衡中调研)在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，P 为正方形A 1B 1C 1D 1四边上的动点，O 为底面正方形的中心，M ，N 分别为AB ，BC 的中点，点Q 为平面ABCD 内一点，线段D 1Q 与OP 互相平分，则满足MQ →＝λMN →的实数λ的值有( ) A ．0个 B ．1个 C ．2个 D ．3个答案 C解析由于线段D 1Q 与OP 互相平分，且MQ →＝λMN →，则有Q ∈MN ，那么只有当四边形D 1PQO 是平行四边形时，才满足题意，此时有P 为A 1D 1的中点，点Q 与点M 重合，或P 为C 1D 1的中点，点Q 与点N 重合，对应的λ＝0或1. 11．(2016·长沙调研)公元656年，唐代李淳风注《九章》时提到祖暅的开立圆术．祖暅在求球体积时，使用一个原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是立体的高．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积恒相等，则体积相等．更详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个立体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积恒相等，则这两个立体的体积相等．上述原理在中国被称为祖暅原理．取一摞书或一摞纸张堆放在水平桌面上，然后用手推一下以改变其形状，这时高度没有改变，每页纸张的面积也没有改变，因而这摞书或纸张的体积与变形前相等．设由⎩⎨⎧x 2≥4y ，0≤x ≤4，0≤y ≤4确定的封闭图形绕y 轴旋转一周，得到旋转体，则该旋转体的体积为( ) A ．32π B ．36π C ．44π D ．46π答案 A解析依题，该旋转体轴截面如图①，则垂直y 轴，在高为y 处截面面积为S ＝π×42－π×x 2，依此，考虑在图②中垂直y轴，在高为y处截面面积也为S＝π×42－π×x2，由祖暅原理可知V旋转体＝V大半球－V小球＝12×43π×43－43π×23＝32π.12．(2016·太原模拟)在三棱锥A－BCD中，底面BCD为边长是2的正三角形，顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，若E为BC的中点，且直线AE 与底面BCD所成角的正切值为22，则三棱锥A－BCD外接球的表面积为() A．3πB．4πC．5πD．6π答案 D解析∵顶点A在底面BCD上的射影为△BCD的中心，而且△BCD是正三角形，∴三棱锥A－BCD是正三棱锥，∴AB＝AC＝AD.令底面△BCD的重心(即中心)为P，∵△BCD是边长为2的正三角形，DE是BC边上的高，∴DE＝3，PE＝33，DP＝233.∵直线AE与底面BCD所成角的正切值为22，即tan∠AEP＝22，∴AP＝263，∵AE2＝AP2＋EP2，∴AD＝2，于是AB＝AC＝AD＝BC＝CD＝DB＝2，∴三棱锥A－BCD 为正四面体．构造正方体，由面上的对角线构成正四面体，故正方体的棱长为2，∴正方体的体对角线长为6，∴外接球的半径为62，∴外接球的表面积为4π(62)2＝6π.13．(2016·扬州五校)一个三棱柱的直观图、正(主)视图、侧(左)视图、俯视图如图所示，若M、N分别为A1B、B1C1的中点，则下列选项中错误的是()A ．MN 与A 1C 异面B ．MN ⊥BCC ．MN ∥平面ACC 1A 1D ．三棱锥N －A 1BC 的体积为13a 2答案 D解析取A 1B 1的中点D ，连接DM ，DN.由于M 、N 分别是A 1B 、B 1C 1的中点，所以可得DN ∥A 1C 1，又DN ⊄平面A 1ACC 1，A 1C 1⊂平面A 1ACC 1，所以DN ∥平面A 1ACC 1.同理可证DM ∥平面A 1ACC 1.又DM ∩DN ＝D ，所以平面DMN ∥平面A 1ACC 1，所以MN ∥平面ACC 1A 1，直线MN 与A 1C 异面，A 、C 正确．由三视图可得A 1C 1⊥平面BCC 1B 1，所以DN ⊥平面BCC 1B 1，所以DN ⊥BC ，又易知DM ⊥BC ，所以BC ⊥平面DMN ，所以BC ⊥MN ，B 正确．因VN －A 1BC ＝V A 1－NBC ＝13(12a 2)a ＝16a 2，所以D 错误．14．(2016·衡阳二模)如图，等边三角形ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于点G ，已知△A′ED 是△ADE 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A ′在平面ABC 上的射影在线段AF 上B ．异面直线A ′E 与BD 不可能垂直C ．三棱锥A ′－EFD 的体积有最大值 D ．恒有平面A′GF ⊥平面BCED 答案 B解析依题意可知四边形ADFE为菱形，对角线AF与DE互相垂直平分，故A 正确；在旋转过程中DE始终垂直GF和GA′，故DE⊥平面A′GF，所以恒有平面A′GF⊥平面BCED，故D正确；当A′G⊥平面ABC时，三棱锥A′－EFD的体积取得最大值，故C正确；因为EF∥BD，故异面直线A′E与BD所成的角为∠FEA′，旋转过程中有可能为直角，故B错误．二、填空题15．(2016·四川)已知三棱锥的四个面都是腰长为2的等腰三角形，该三棱锥的正视图如图所示，则该三棱锥的体积是________．答案3 3解析由正视图知，底面三角形是腰长为2，底边为23的等腰三角形，三棱锥的高为1，所以该三棱锥的体积V＝13×(12×23×1)×1＝33.16．(2016·河北五一名校)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别是AC1，A1B1的中点，点P在其表面上运动，则总能使MP与BN垂直的点P 所构成的轨迹的周长等于________．答案2＋ 5解析分别取BB1，CC1的中点E，F，连接AE，EF，FD，则BN⊥平面AEFD，设M在平面ABB1A1中的射影为O，过MO与平面AEFD平行的平面为α，所以能使MP与BN垂直的点P所构成的轨迹为矩形，其周长与矩形AEFD的周长相等，又矩形AEFD 的周长为2＋5，所以所求轨迹的周长为2＋ 5.17．(2016·成都调研)如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，动点M 在线段PQ 上，E ，F 分别为AB ，BC 的中点．设异面直线EM 与AF 所成的角为θ，则cos θ的最大值为________．答案 25解析以点A 为坐标原点，AB ，AD ，AQ 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立空间直角坐标系．设AB ＝1，则AF →＝(1，12，0)，E(12，0，0)．设M(0，y ，1)(0≤y ≤1)，则EM →＝(－12，y ，1)，由于异面直线所成角的范围为(0，π2]，所以cos θ＝|AF →·EM →||AF →||EM →|＝|－12＋12y|1＋14·14＋y 2＋1＝2（1－y ）5·4y 2＋5，所以cos 2θ＝4（1－y ）25（4y 2＋5）＝15·(1－8y ＋14y 2＋5)，令8y ＋1＝t(1≤t ≤9)，所cos 2θ＝15·(1－16t ＋81t －2)，因为函数y ＝t ＋81t 在[1，9]上的单调递减，故t ＝1时，y max ＝1＋811＝82，所以cos 2θ的最大值为15×(1－1682－2)＝15×(1－15)＝425，所以cos θ的最大值为25.18．(2016·合肥调研)在正三棱锥P －ABC 中，M 是PC 的中点，且AM ⊥PB ，AB ＝22，则正三棱锥P －ABC 的外接球的表面积为________．答案 12π解析因为三棱锥P －ABC 为正三棱锥，取AC 的中点N ，连接PN ，BN ，易证AC ⊥平面PBN ，所以PB ⊥AC ，又AM ⊥PB ，AM ∩AC ＝A ，所以PB ⊥平面PAC ，所以PB ⊥PA ，PB ⊥PC ，易证PA ，PB ，PC 两两垂直，又AB ＝22，所以PA ＝PB ＝PC ＝2，设三棱锥P －ABC 外接球的半径为R ，则(2R)2＝3×22＝12，所以球的表面积S ＝4πR 2＝12π.19.(2016·贵阳调研)如图，从棱长为6 cm 的正方体铁皮箱ABCD －A 1B 1C 1D 1中分离出来由三个正方形面板组成的几何图形．如果用图示中这样一个装置来盛水，那么最多能盛的水的体积为________cm 3.答案 36解析最多能盛多少水，实际上是求三棱锥C 1－CD 1B 1的体积．又V 三棱锥C 1－CD 1B 1＝V 三棱锥C －B 1C 1D 1＝13×(12×6×6)×6＝36(cm 3)，所以用图示中这样一个装置来盛水，最多能盛36 cm 3体积的水．20.(2016·合肥调研)如图，正方形ABCD 中，沿BD 将△ABD翻折成△A ′BD ，形成四面体A ′－BCD ，并记二面角A ′－BD －C 的大小为α，则下列结论正确的是________．①不论α为何值，都有A ′C ⊥BD ；②仅当α＝90°时，A ′B 与CD 所成角为90°；③仅当α＝120°时，四面体A ′－BCD 的体积最大；④不论α为何值，四面体A ′－BCD 的外接球的体积都为定值．答案 ①④解析序号正误原因① √取BD 中点O ，连接OA ′、OC ，则OA ′⊥BD 、OC ⊥BD ，∴。

【高考数学】2018-2019学年数学高考(理)二轮专题复习检测：第一部分专题六解析几何15Word版含答案

专题能力训练15椭圆、双曲线、抛物线
(时间:60分钟满分:100分)
一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)
1.方程(x+y-3)=0表示的曲线是()
A.两条射线
B.抛物线和一条线段
C.抛物线和一条直线
D.抛物线和两条射线
2.(2017浙江金丽衢十二校二模)双曲线x2-4y2=4的渐近线方程是()
A.y=±4x
B.y=±x
C.y=±2x
D.y=±x
3.已知双曲线-x2=1的两条渐近线分别与抛物线y2=2px(p>0)的准线交于A,B两点,O为坐标原点.若△OAB的面积为1,则p的值为()
A.1 B
C.2
D.4
4.已知双曲线C1:-y2=1,双曲线C2:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,M是双曲线C2的一条渐近线上的点,且OM⊥MF2,O为坐标原点,若=16,且双曲线C1,C2的离心率相同,则双曲线C2的实轴长是()
A.32
B.16
C.8
D.4
5.如图,已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的右顶点为A,O为坐标原点,以A为圆心的圆与双曲线C 的某渐近线交于两点P,Q,若∠PAQ=60°,且=4,则双曲线C的离心率为()
A B
C D
6.设A,B是椭圆C:=1长轴的两个端点,若C上存在点P满足∠APB=120°,则m的取值范围是。

2018—2019学年第二学期备战高考数学二轮专题复习立体几何(理文)

立体几何（理/文）一、单选题1.（2018•卷Ⅰ）某圆柱的高为2，底面周长为16，其三视图如右图。

圆柱表面上的点M在正视图上的对应点为A，圆柱表面上的点N在左视图上的对应点为B，则在此圆柱侧面上，从M到N的路径中，最短路径的长度为（）A. B. C. D.2【解析】解：画出圆柱侧面展开图如图：,故答案为：B。

【答案】B2.（2018•卷Ⅰ）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面所成的角都相等，则截此正方体所得截面面积的最大值为（）A. B. C. D.【解析】解：如图截面，S=6 ,故答案为：A. 【答案】A3.（2018•卷Ⅰ）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O1,O2,过直线O1O2的平面截该圆柱所得的截面是面积为8的正方形,则该圆柱的表面积为（）A. B.12π C. D.【解析】解：设上下半径为r,则高为2r,∴。

则圆柱表面积为，故答案为：B.【答案】B4.（2018•卷Ⅰ）在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AB=BC=2,AC1与平面BB1CC1所成的角为30°,则该长方体的体积为（）A.8B.6C.8D.8【解析】解：AC1与面BB1C1C所成角平面角为,∴BC1=2 ∴CC1=2 .长方体体积为22 2 =8 ，故答案为：C.【答案】C5.（2018•浙江）已知四棱锥S−ABCD的底面是正方形，侧棱长均相等，E是线段AB上的点（不含端点），设SE与BC所成的角为θ1，SE与平面ABCD所成的角为θ2，二面角S−AB−C的平面角为θ3，则（）A. θ1≤θ2≤θ3B. θ3≤θ2≤θ1C. θ1≤θ3≤θ2D. θ2≤θ3≤θ1【解析】详解：设O为正方形ABCD的中心，M为AB中点，过E作BC的平行线EF，交CD于F，过O作ON垂直EF于N，连接SO，SN，OM，则SO垂直于底面ABCD，OM垂直于AB，因此从而因为，所以即，故答案为：D.【答案】D6.（2018•浙江）某几何体的三视图如图所示（单位：cm），则该几何体的体积（单位：cm3）是（）A. 2B. 4C. 6D. 8【解析】详解：根据三视图可得几何体为一个直四棱柱，高为2，底面为直角梯形，上下底分别为1，2，梯形的高为2，因此几何体的体积为故答案为：C.【答案】C二、填空题7.（2018•天津）已知正方体的棱长为1，除面外，该正方体其余各面的中心分别为点E，F，G，H，M(如图)，则四棱锥的体积为________【解析】解：∵四凌锥M-EFGH为所有棱长均为的正四棱锥.∴【答案】8.（2018•天津）如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱柱A1–BB1D1D的体积为________．【解析】解：【答案】9.（2018•卷Ⅱ）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB互相垂直，SA与圆锥底面所成角为30°，若的面积为8，则该圆锥的体积为________【解析】依题意可画图如图：S A=S B=S C=l∠SAC=30°，AC=∴l=4∴AC=4r=2 h=∴故答案为：【答案】设A (x 1，y 1，z 1)，B (x 2，y 2，z 2)，则 |AB →|＝x 1－x 22＋y 1－y 22＋z 1－z 22.考点一：空间几何体的结构例1：（2018•上海）《九章算术》中，称底面为矩形而有一侧棱垂直于底面的四棱锥为阳马.设AA₁是正六棱柱的一条侧棱，如图，若阳马以该正六棱柱的顶点为顶点，以AA₁为底面矩形的一边，则这样的阳马的个数是（）A.4B.8C.12D.16【解析】以AA1取矩形分别讨论，找到AA1所在矩形个数，并根据每个矩形可做4个阳马的基本位置关系，可得阳马个数为16个。

【高考数学】2018-2019学年数学高考(理)二轮复习专题集训：专题五立体几何5.2-含解析

A级
1．设α，β是两个不同的平面，m是直线且m⊂α，“m∥β”是“α∥β”的() A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
解析：当m∥β时，过m的平面α与β可能平行也可能相交，因而m∥β⇒/ α∥β；当α∥β时，α内任一直线与β平行，因为m⊂α，所以m∥β.综上知，“m∥β”是“α∥β”的必要而不充分条件．
答案： B
2．(2017·全国卷Ⅰ)如图，在下列四个正方体中，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则在这四个正方体中，直线AB与平面MNQ不平行的是()
解析：B选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；C选项中，AB∥MQ，且AB⊄平面MNQ，MQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ；D选项中，AB∥NQ，且AB⊄平面MNQ，NQ⊂平面MNQ，则AB∥平面MNQ.故选A.
答案： A
3．(2017·新疆第二次适应性检测)设m，n是不同的直线，α，β，γ是不同的平面，有以下四个命题：
①若α∥β，α∥γ，则β∥γ
②若α⊥β，m∥α，则m⊥β
③若m⊥α，m∥β，则α⊥β
④若m∥n，n⊂α，则m∥α
其中正确命题的序号是()。

2018年高考理科数学通用版三维二轮复习训练15解析及答案

寒假作业(十五) 直线与圆(注意命题点的区分度)一、选择题 1．已知直线 3x ＋y －1＝0与直线23x ＋my ＋3＝0平行，则它们之间的距离是( )A ．1B ．54C ．3D ．4解析：选B ∵323＝1m ≠－13，∴m ＝2，两平行线之间的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1－323＋1＝54.2．曲线y ＝(x ＋a )e x 在x ＝0处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，则a 的值为( ) A ．－1 B ．0 C ．1D ．2解析：选B 因为y ＝(x ＋a )e x ，所以y ′＝(1＋x ＋a )e x ，所以曲线y ＝(x ＋a )e x 在x ＝0处的切线的斜率k ＝y ′| x ＝0＝1＋a ，又切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，故1＋a ＝1，解得a ＝0.3．已知直线l 过圆(x －2)2＋y 2＝4的圆心，且与直线x －3y ＋1＝0平行，则直线l的方程是( )A ．x －3y －2＝0B ．x ＋3y －2＝0C.3x －y －2＝0D.3x ＋y －2＝0解析：选A 圆(x －2)2＋y 2＝4的圆心为(2,0)．直线x －3y ＋1＝0的斜率为33，且直线l 与该直线平行，故直线l 的斜率为33，直线l 的方程为y ＝33(x －2)，即x －3y－2＝0.4．方程x 2＋y 2＋ax －2ay ＋2a 2＋3a ＝0表示的图形是半径为r (r >0)的圆，则该圆的圆心在( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限解析：选D 因为方程x 2＋y 2＋ax －2ay ＋2a 2＋3a ＝0表示的图形是半径为r (r >0)的圆，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋a 22＋(y －a )2＝－34a 2－3a ，圆心坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a ，同时满足－34a 2－3a >0，解得－4<a <0，故－a2>0，则该圆的圆心在第四象限．5．圆心在直线2x －y －7＝0上的圆C 与y 轴交于A (0，－4)，B (0，－2)两点，则圆C 的标准方程为( )A ．(x ＋2)2＋(y ＋3)2＝5B ．(x －2)2＋(y －3)2＝5C ．(x ＋2)2＋(y －3)2＝5D ．(x －2)2＋(y ＋3)2＝5解析：选D法一：设圆的标准方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，故⎩⎪⎨⎪⎧2a －b －7＝0，a 2＋4＋b 2＝r 2，a 2＋2＋b 2＝r 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝－3，r 2＝5，故圆C 的标准方程为(x －2)2＋(y ＋3)2＝5.法二：利用圆心在直线2x －y －7＝0上来检验，只有D 符合，即(x －2)2＋(y ＋3)2＝5的圆心为(2，－3)，2×2＋3－7＝0，其他三个圆心(－2，－3)，(2,3)，(－2,3)均不符合题意，故选D.6．已知A ，B 为圆C ：(x －m )2＋(y －n )2＝9(m ，n ∈R)上两个不同的点，C 为圆心，且满足|CA uu r ＋CB uu u r|＝25，则|AB |＝( )A ．2 5B ．4C.5 D ．2解析：选B ∵C 为圆心，A ，B 在圆上，∴取AB 的中点为O ，连接CO ，有CO ⊥AB ，且CA uu r ＋CB uu u r ＝2CO uuu r ，∴|CO uuu r|＝5，又圆C 的半径R ＝3，∴|AB |＝2R 2－|CO uuu r|2＝2×9－5＝4.7．已知两圆x 2＋y 2＝16和(x －4)2＋(y ＋3)2＝r 2(r >0)在交点处的切线互相垂直，则r ＝( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选B 由题意可知，切线、圆心的连线围成直角三角形，则(0－4)2＋(0＋3)2＝r 2＋16，解得r ＝3.8．(2017·合肥质检)设圆x 2＋y 2－2x －2y －2＝0的圆心为C ，直线l 过(0,3)与圆C 交于A ，B 两点，若|AB |＝23，则直线l 的方程为( )A ．3x ＋4y －12＝0或4x －3y ＋9＝0B ．3x ＋4y －12＝0或x ＝0C ．4x －3y ＋9＝0或x ＝0D ．3x －4y ＋12＝0或4x ＋3y ＋9＝0解析：选B 圆C 的方程可化为(x －1)2＋(y －1)2＝4，其圆心C (1,1)，半径为2.当直线l 的斜率不存在，即直线l 的方程为x ＝0时，计算出弦长为23，符合题意；当直线l 的斜率存在时，可设直线l 的方程为y ＝kx ＋3，由弦长为23可知，圆心到该直线的距离为1，从而有|k ＋2|k 2＋1＝1，解得k ＝－34，所以直线l 的方程为3x ＋4y －12＝0.综上，直线l 的方程为x ＝0或3x ＋4y －12＝0.9．(2018届高三·绥化三校联考)已知圆C 1：x 2＋y 2＋4ax ＋4a 2－4＝0和圆C 2：x 2＋y 2－2by ＋b 2－1＝0只有一条公切线，若a ，b ∈R 且ab ≠0，则1a 2＋1b2的最小值为( )A ．2B ．4C ．8D ．9解析：选D 圆C 1的标准方程为(x ＋2a )2＋y 2＝4，其圆心为(－2a,0)，半径为2；圆C 2的标准方程为x 2＋(y －b )2＝1，其圆心为(0，b )，半径为1.因为圆C 1和圆C 2只有一条公切线，所以圆C 1与圆C 2相内切，所以－2a －02＋0－b2＝2－1，得4a 2＋b 2＝1，所以1a 2＋1b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2＋1b 2(4a 2＋b 2)＝5＋b 2a 2＋4a 2b2≥5＋2b 2a 2·4a 2b 2＝9，当且仅当b 2a 2＝4a 2b 2，且4a 2＋b 2＝1，即a 2＝16，b 2＝13时等号成立．所以1a 2＋1b 2的最小值为9.10．圆x 2＋y 2＝4与x 轴相交于A ，B 两点，圆内的动点P 使|PA |，|PO |，|PB |(O 为坐标原点)成等比数列，则PA uur ·PB uu u r的取值范围为( )A ．[－1,0)B ．[－2,0)C ．(－3，0]D ．(－1,0]解析：选B 由题意知，不妨设A (－2,0)，B (2,0)，P (x ，y )，由|PA |，|PO |，|PB |成等比数列，得x ＋22＋y 2·x －22＋y 2＝x 2＋y 2，即x 2－y 2＝2，故PA uur ·PB uu u r＝(－2－x ，－y )·(2－x ，－y )＝x 2－4＋y 2＝2(y 2－1)．由于点P 在圆O 内，故由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2<4，x 2－y 2＝2，得y 2<1.所以PA ―→·PB ―→的取值范围为[－2,0)．11．已知A (0,33)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，332，P 为圆C ：x 2＋y 2＝2x 上的任意一点，则△ABP 面积的最大值为( )A.33＋32B. 3 C ．2D.23＋23解析：选A 圆C 的方程可化为(x －1)2＋y 2＝1，因为A (0,33)，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫32，332，所以|AB |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫332－332＝3，直线AB 的方程为3x ＋y ＝33，所以圆心到直线AB 的距离d ＝|3－33|2＝3.又圆C 的半径为1，所以圆C 上的点到直线AB 的最大距离为3＋1，故(S △ABP )max ＝12×(3＋1)×3＝33＋32.12．已知点A (－5,0)，B (－1，－3)，若圆x 2＋y 2＝r 2(r >0)上恰有两点M ，N ，使得△MAB 和△NAB 的面积均为5，则r 的取值范围是( )A ．(2，5)B ．(2,5)C ．(1，5)D ．(1,5) 解析：选D 由题意可得|AB |＝－1＋52＋－3－02＝5，根据△MAB 和△NAB的面积均为5可得M ，N 到直线AB 的距离均为2，由于AB 的方程为y －0－3－0＝x ＋5－1＋5，即3x ＋4y ＋15＝0，若圆上只有一个点到直线AB 的距离为2，则圆心到直线AB 的距离为|0＋0＋15|9＋16＝r ＋2，解得r ＝1；若圆上只有3个点到直线AB 的距离为2，则圆心到直线AB 的距离为|0＋0＋15|9＋16＝r －2，解得r ＝5.故r 的取值范围是(1,5)．二、填空题13．已知点P (1，a )是圆C ：x 2＋y 2－6x －4y ＋4＝0内的一点，过点P 的最短弦所在直线的方程是x ＋2y －3＝0，则a ＝________.解析：圆C ：x 2＋y 2－6x －4y ＋4＝0的圆心为C (3,2)，由于过点P 的最短弦与CP 垂直，且过点P 的最短弦所在直线的方程是x ＋2y －3＝0，故k CP ＝a －21－3＝2，解得a ＝－2.答案：－214．(2017·广州综合测试)若一个圆的圆心是抛物线x 2＝4y 的焦点，且该圆与直线y ＝x ＋3相切，则该圆的标准方程是________．解析：抛物线x 2＝4y 的焦点为(0,1)，即圆心为(0,1)，设该圆的标准方程是x 2＋(y －1)2＝r 2(r >0)，因为该圆与直线y ＝x ＋3相切，所以r ＝|－1＋3|2＝2，故该圆的标准方程是x 2＋(y －1)2＝2.答案：x 2＋(y －1)2＝215．已知M ，N 是圆A ：x 2＋y 2－2x ＝0与圆B ：x 2＋y 2＋2x －4y ＝0的公共点，则△BMN 的面积为________．解析：由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y 2－2x ＝0，x 2＋y 2＋2x －4y ＝0可得MN 的方程为y ＝x ，再由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2－2x ＝0，y ＝x可得M (0,0)，N (1,1)或M (1,1)，N (0,0)，所以|MN |＝2，由圆B ：x 2＋y 2＋2x －4y ＝0得(x＋1)2＋(y －2)2＝5，故圆心B (－1,2)到直线MN ：y ＝x 的距离d ＝|－1－2|2＝32，所以△BMN 的面积为12×2×32＝32. 答案：3216．(2018届高三·湘中名校联考)已知m >0，n >0，若直线l ：(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆C ：(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，则m ＋n 的取值范围是________．解析：因为m >0，n >0，直线(m ＋1)x ＋(n ＋1)y －2＝0与圆(x －1)2＋(y －1)2＝1相切，所以圆心C (1,1)到直线l 的距离d ＝|m ＋1＋n ＋1－2|m ＋12＋n ＋12＝1，即|m ＋n |＝m ＋12＋n ＋12，两边平方并整理得，m ＋n ＋1＝mn ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋n 22，即(m ＋n )2－4(m ＋n )－4≥0，解得m ＋n ≥2＋22，所以m ＋n 的取值范围为[2＋22，＋∞)．答案：[2＋22，＋∞)三、解答题17．已知圆C 经过M (3，－3)，N (－2,2)两点，且在y 轴上截得的线段长为4 3.(1)求圆C 的标准方程；(2)若直线l ∥MN ，l 与圆C 交于点A ，B ，且以线段AB 为直径的圆经过坐标原点，求直线l 的方程．解：(1)由题意知直线MN 的斜率为－1，则线段MN 的垂直平分线的方程是y ＋12＝x－12，即y ＝x －1，所以圆心C 的坐标可设为(a ，a －1)，又圆C 在y 轴上截得的线段长为43，所以(a －3)2＋(a ＋2)2＝12＋a 2，解得a ＝1，故圆C 的标准方程为(x －1)2＋y 2＝13. (2)设直线l 的方程为y ＝－x ＋m ，设A (x 1，m －x 1)，B (x 2，m －x 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－x ＋m ，x －12＋y 2＝13消去y ，得2x 2－(2＋2m )x ＋m 2－12＝0，由Δ>0，得m 2－2m －25<0，x 1＋x 2＝1＋m ，x 1x 2＝m 2－122，又由题意可知OA ⊥OB ，即k OA ·k OB ＝－1，所以m －x 1x 1·m －x 2x 2＝－1，即m 2－m ·(1＋m )＋m 2－12＝0，整理得m 2－m －12＝0，解得m ＝4或m ＝－3，经验证符合Δ>0，所以直线l 的方程为y ＝－x ＋4或y ＝－x －3.18．已知曲线C 上任意一点到原点的距离与到E (3，－6)的距离之比均为1∶2. (1)求曲线C 的方程；(2)设点P (1，－2)，过点P 作两条相异直线分别与曲线C 相交于A ，B 两点，且直线PA 和直线PB 的倾斜角互补，求证：直线AB 的斜率为定值．解：(1)设曲线C 上的任意一点为Q (x ，y )，由题意得x 2＋y 2x －32＋y ＋62＝12，所以曲线C 的方程为(x ＋1)2＋(y －2)2＝20.(2)证明：由题意知，直线PA 和直线PB 的斜率存在，且互为相反数，点P (1，－2)，故可设PA ：y ＋2＝k (x －1)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝k x －1，x ＋12＋y －22＝20，得(1＋k 2)x 2＋2(1－k 2－4k )x ＋k 2＋8k －3＝0，因为点P 的横坐标1一定是该方程的解，故可得x A ＝k 2＋8k －31＋k 2，同理，x B ＝k 2－8k －31＋k 2，所以k AB ＝y B －y A x B －x A＝－k x B －1－2－k x A －1＋2x B －x A＝2k －k x B ＋x Ax B －x A＝－12，故直线AB 的斜率为定值－12.19．(2017·郑州第一次质量预测)已知坐标平面上动点M (x ，y )与两个定点P (26,1)，Q (2,1)，且|MP |＝5|MQ |.(1)求点M 的轨迹方程，并说明轨迹是什么图形；(2)记(1)中轨迹为C ，过点N (－2,3)的直线l 被C 所截得的线段长度为8，求直线l 的方程．解：(1)由题意，得|MP ||MQ |＝5，即x －262＋y －12x －22＋y －12＝5，化简，得x 2＋y 2－2x －2y －23＝0，所以点M 的轨迹方程是(x －1)2＋(y －1)2＝25. 轨迹是以(1,1)为圆心，5为半径的圆． (2)当直线l 的斜率不存在时，l ：x ＝－2，此时所截得的线段长度为252－32＝8，所以l ：x ＝－2符合题意．当直线l 的斜率存在时，设l 的方程为y －3＝k (x ＋2)，即kx －y ＋2k ＋3＝0，圆心(1,1)到直线l 的距离d ＝|3k ＋2|k 2＋1，由题意，得⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫|3k ＋2|k 2＋12＋42＝52，解得k ＝512. 所以直线l 的方程为512x －y ＋236＝0，即5x －12y ＋46＝0.综上，直线l 的方程为x ＝－2或5x －12y ＋46＝0.20．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C 1：(x ＋3)2＋(y －1)2＝4，圆C 2与圆C 1关于直线14x ＋8y －31＝0对称．(1)求圆C 2的方程；(2)设P 为平面上的点，满足下列条件：过点P 存在无穷多对互相垂直的直线l 1和l 2(l 1，l 2的斜率存在且不为0)，它们分别与圆C 1和圆C 2相交，且直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等．试求所有满足条件的点P 的坐标．解：(1)设圆C 2的圆心为(m ，n )，因为直线14x ＋8y －31＝0的斜率为k ＝－74，所以由对称性知⎩⎪⎨⎪⎧n －1m ＋3＝47，14×－3＋m 2＋8×1＋n2－31＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝4，n ＝5，所以圆C 2的方程为(x －4)2＋(y －5)2＝4.(2)设点P (a ，b )满足条件，不妨设直线l 1的方程为y －b ＝k (x －a )(k ≠0)，则直线l 2的方程为y －b ＝－1k(x －a )．因为圆C 1和圆C 2的半径相等，直线l 1被圆C 1截得的弦长与直线l 2被圆C 2截得的弦长相等，所以圆C 1的圆心到直线l 1的距离和圆C 2的圆心到直线l 2的距离相等，即|1－k －3－a －b |1＋k 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪5＋1k 4－a －b 1＋1k 2，整理得|1＋3k ＋ak －b |＝|5k ＋4－a －bk |，从而1＋3k ＋ak －b ＝5k ＋4－a －bk或1＋3k ＋ak －b ＝－5k －4＋a ＋bk ，即(a ＋b －2)k ＝b －a ＋3或(a －b ＋8)k ＝a ＋b －5，因为k 的取值有无穷多个，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b －2＝0，b －a ＋3＝0或⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＋8＝0，a ＋b －5＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝52，b ＝－12或⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝－32，b ＝132.所以这样的点P 只可能是点⎝ ⎛⎭⎪⎫52，－12或点⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，132. 经检验，两点都满足条件．。

【配套K12】2018-2019学年数学高考(理)二轮专题复习：第一部分专题五立体几何1-5-1-含

限时规范训练十二空间几何体的三视图、表面积及体积限时45分钟，实际用时分值80分，实际得分一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2017·山东烟台模拟)一个三棱锥的正(主)视图和俯视图如图所示，则该三棱锥的侧(左)视图可能为( )解析：选D.分析三视图可知，该几何体为如图所示的三棱锥，其中平面ACD⊥平面BCD，故其侧(左)视图应为D.2．如图是一个空间几何体的三视图，则该几何体的表面三角形中为直角三角形的个数为( )A．2 B．3C．4 D．5解析：选C.作出三棱锥的直观图如图所示，由三视图可知AB＝BD＝2，BC＝CD＝2，AD＝22，AC＝6，故△ABC，△ACD，△ABD，△BCD均为直角三角形，故选C.3．已知等腰直角三角形的直角边的长为2，将该三角形绕其斜边所在直线旋转一周而形成的曲面所围成的几何体的体积为( )A.22π3B.42π3C ．22πD ．42π解析：选B.旋转体是两个圆锥，其底面半径为直角三角形斜边的高2，高即斜边的长的一半2，故所得几何体的体积V ＝13π(2)2×2×2＝42π3.4．(2017·厦门质检)如图，在棱长为1的正方体ABCD A 1B 1C 1D 1中，E 是棱BC 上的一点，则三棱锥D 1B 1C 1E 的体积等于( )A.13 B.512C.36D.16解析：选D.VD 1B 1C 1E＝VE B 1C 1D 1＝13S △B 1C 1D 1·CC 1＝13×12×12×1＝16，故选D.5．《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马；将四个面都为直角三角形的三棱锥称之为鳖臑．若三棱锥P ABC 为鳖臑，PA ⊥平面ABC ，PA ＝AB ＝2，AC ＝4，三棱锥P ABC 的四个顶点都在球O 的球面上，则球O 的表面积为( )A ．8πB ．12πC ．20πD ．24π解析：选C.将三棱锥P ABC 放入长方体中，如图，三棱锥P ABC 的外接球就是长方体的外接球．因为PA ＝AB ＝2，AC ＝4，△ABC 为直角三角形，所以BC ＝42－22＝2 3.设外接球的半径为R ，依题意可得(2R )2＝22＋22＋(23)2＝20，故R 2＝5，则球O 的表面积为4πR 2＝20π.故选C.6．某几何体的三视图如图所示，若该几何体的体积为37，则侧(左)视图中线段的长度x 的值是()A.7 B ．27 C ．4D ．5解析：选 C.分析题意可知，该几何体为如图所示的四棱锥P ABCD ，故其体积V ＝13×32＋32×4×CP ＝37，所以CP ＝7，所以x ＝32＋72＝4.7．(2017·山东青岛二模)如图，正四棱锥P ABCD 的底面边长为6 cm ，侧棱长为5 cm ，则它的侧(左)视图的周长等于( )A ．17 cmB ．(119＋5)cmC ．16 cmD ．14 cm解析：选 D.由题意可知，侧(左)视图是一个三角形，底边长等于正四棱锥底面正方形的边长，高为正四棱锥的高的一个等腰三角形．因为侧棱长5 cm ，所以斜高h ＝52－32＝4(cm)，又正四棱锥底面正方形的边长为6 cm ，所以侧(左)视图的周长为6＋4＋4＝14(cm)．8．已知直三棱柱ABC A 1B 1C 1的6个顶点都在球O 的球面上．若AB ＝3，AC ＝4，AB ⊥AC ，AA 1＝12，则球O 的半径为( )A.3172 B ．210 C.132D ．310解析：选C.因为在直三棱柱中AB ＝3，AC ＝4，AA 1＝12，AB ⊥AC ，所以BC ＝5，且BC 为过底面ABC 的截面圆的直径．取BC 中点D ，则OD ⊥底面ABC ，则O 在侧面BCC 1B 1内，矩形BCC 1B 1的对角线长即为球直径，所以2R ＝122＋52＝13，即R ＝132.9．(2016·高考山东卷)一个由半球和四棱锥组成的几何体，其三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.13＋23πB.13＋23πC.13＋26π D ．1＋26π 解析：选C.由三视图可知，半球的半径为22，四棱锥底面正方形边长为1，高为1，所以该组合体的体积＝43π·⎝ ⎛⎭⎪⎫223×12＋13×1×1×1＝13＋26π.10．(2017·吉林长春模拟)某四面体的三视图如图所示，该四面体的六条棱中，长度最长的棱的长是( )C ．27D ．4 2解析：选C.由三视图可知该四面体的直观图如图所示，其中AC ＝2，PA ＝2，△ABC 中，边AC 上的高为23，所以BC ＝42＋32＝27，而PB ＝PA 2＋AB 2＝22＋42＝25，PC ＝PA 2＋AC 2＝22，因此在四面体的六条棱中，长度最长的棱是BC ，其长为27，选C.11．(2017·甘肃兰州三模)某四棱锥的三视图如图所示，则该几何体的表面积为( )A ．17B ．22C ．14＋213D ．22＋213解析：选D.可借助长方体，作出该四棱锥的直观图，如图中的四棱锥V ABCD 所示．则BC ⊥平面VAB ，AB ⊥平面VAD ，CD ⊥平面VAD ，VD ＝5，VB ＝13，所以四棱锥V ABCD 的表面积S 表＝S △VAB ＋S △VBC ＋S △VCD ＋S △VAD ＋S 四边形ABCD ＝12×(2×3＋4×13＋2×5＋3×4)＋2×4＝22＋213.故选D.12．(2017·河北衡水模拟)一个空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为( )C ．4πD ．2π解析：选B.题中的几何体是三棱锥A BCD ，如图所示，其中底面△BCD 是等腰直角三角形，BC ＝CD ＝2，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，AB ＝2，BD ＝2，AC ⊥CD .取AD 的中点M ，连接BM ，CM ，则有BM ＝CM ＝12AD ＝1222＋22＝62.从而可知该几何体的外接球的半径是62.故该几何体的外接球的表面积为4π×⎝⎛⎭⎪⎫622＝6π，应选B. 二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．现有橡皮泥制作的底面半径为5、高为4的圆锥和底面半径为2，高为8的圆柱各一个，若将它们重新制作成总体积与高均保持不变，但底面半径相同的新的圆锥和圆柱各一个，则新的底面半径为________．解析：利用圆锥、圆柱的体积公式，列方程求解．设新的底面半径为r ，由题意得13×π×52×4＋π×22×8＝13×π×r 2×4＋π×r 2×8， ∴r 2＝7，∴r ＝7. 答案：714．三棱锥P ABC 中，D ，E 分别为PB ，PC 的中点，记三棱锥D ABE 的体积为V 1，P ABC 的体积为V 2，则V 1V 2＝________.解析：如图，设点C 到平面PAB 的距离为h ，△PAB 的面积为S ，则V 2＝13Sh ，V 1＝V E ADB ＝13×12S ×12h ＝112Sh ，所以V 1V 2＝14.答案：1415．(2017·山东临沂模拟)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为________．解析：根据三视图可以判断该几何体由上、下两部分组成，其中上面部分为长方体，下面部分为半个圆柱，所以组合体的体积为2×2×4＋12×22×π×4＝16＋8π.答案：16＋8π16．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5 cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D ，E ，F 为圆O 上的点，△DBC ，△ECA ，△FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形．沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起△DBC ，△ECA ，△FAB ，使得D ，E ，F 重合，得到三棱锥．当△ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积(单位：cm 3)的最大值为________．解析：如图，连接OD ，交BC 于点G ，由题意，知OD ⊥BC ，OG ＝36BC . 设OG ＝x ，则BC ＝23x ，DG ＝5－x ，三棱锥的高h ＝DG 2－OG 2＝25－10x ＋x 2－x 2＝25－10x ，S △ABC ＝12×23x ×3x ＝33x 2，则三棱锥的体积 V ＝13S △ABC ·h ＝3x 2·25－10x＝3·25x 4－10x 5.令f (x )＝25x 4－10x 5，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52，则f ′(x )＝100x 3－50x 4.令f ′(x )＝0得x ＝2.当x ∈(0,2)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增，当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减，故当x ＝2时，f (x )取得最大值80，则V ≤3×80＝415.∴三棱锥体积的最大值为415 cm 3. 答案：415。

高考理科数学二轮复习《立体几何》检测试卷及答案解析

课时跟踪检测（十九）立体几何1.(2018届高三·广西五校联考)如图，菱形ABCD中，∠ABC＝60°，AC与BD相交于点O，AE⊥平面ABCD，CF∥AE，AB＝AE＝2.(1)求证：BD⊥平面ACFE；(2)当直线FO与平面BED所成的角为45°时，求异面直线OF与BE所成的角的余弦值大小．2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台ABCDA1B1C1D1中，AA1⊥底面ABCD，四边形ABCD为菱形，∠BAD＝120°，AB＝AA1＝2A1B1＝2.(1)若M为CD中点，求证：AM⊥平面AA1B1B；(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．3.(2018届高三·洛阳四校调研)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD 均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F AB D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；(2)求二面角F CD A 的余弦值．4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC ＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE∥平面PAB；(2)点M在棱PC上，且直线BM与底面ABCD所成角为45°，求二面角MABD的余弦值．5．(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD中，∠ADC＝90°，CD∥AB，AB＝2.将△ADC沿AC折起，使平面ADC⊥平面ABC，得到几何AD＝CD＝12体DABC，如图②所示．(1)证明：平面ABD⊥平面BCD；(2)求二面角DABC的余弦值．6.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥PABCD中，PA⊥平面ABCD，AD∥BC，AD⊥CD，且AD＝CD＝22，BC＝42，PA＝2.(1)求证：AB⊥PC；(2)在线段PD上，是否存在一点M，使得二面角MACD的大小为45°，如果存在，求BM与平面MAC所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．课时跟踪检测（十九）立体几何1.(2018届高三·广西五校联考)如图，菱形ABCD 中，∠ABC ＝60°，AC 与BD 相交于点O ，AE ⊥平面ABCD ，CF ∥AE ，AB ＝AE ＝2.(1)求证：BD ⊥平面ACFE ；(2)当直线FO 与平面BED 所成的角为45°时，求异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值大小．解：(1)证明：∵四边形ABCD 是菱形，∴BD ⊥AC .∵AE ⊥平面ABCD ，BD ⊂平面ABCD ，∴BD ⊥AE .∵AC ∩AE ＝A ，∴BD ⊥平面ACFE .(2)以O 为坐标原点，OA ―→，OB ―→的方向为x 轴，y 轴正方向，过O且平行于CF 的直线为z 轴(向上为正方向)，建立如图所示的空间直角坐标系O xyz ，设CF ＝a ，则B (0，3，0)，D (0，－3，0)，E (1,0,2)，F (－1，0，a )(a ＞0)，OF ―→＝(－1,0，a )．设平面BED 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·OB ―→＝0，n ·OE ―→＝0，3＝0，x ＋2z ＝0，令z ＝1，则n ＝(－2,0,1)，由题意得sin 45°＝|cos 〈OF ―→，n 〉|＝|OF ·n ||OF ―→||n |＝|2＋a |a 2＋1·5＝22，解得a ＝3或a ＝－13.由a ＞0，得a ＝3，OF ―→＝(－1,0,3)，BE ―→＝(1，－3，2)，∴cos 〈OF ―→，BE ―→〉＝－1＋610×8＝54，故异面直线OF 与BE 所成的角的余弦值为54.2.(2017·合肥模拟)如图所示，在四棱台ABCD A 1B 1C 1D 1中，AA 1⊥底面ABCD ，四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2.(1)若M 为CD 中点，求证：AM ⊥平面AA 1B 1B ；(2)求直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值．解：(1)证明：连接AC ，∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，∴△ACD 为等边三角形，又M 为CD 中点，∴AM ⊥CD ，由CD ∥AB 得，AM ⊥AB .∵AA 1⊥底面ABCD ，AM ⊂平面ABCD ，∴AM ⊥AA 1.又AB ∩AA 1＝A ，∴AM ⊥平面AA 1B 1B .(2)∵四边形ABCD 为菱形，∠BAD ＝120°，AB ＝AA 1＝2A 1B 1＝2，∴DM ＝1，AM ＝3，∴∠AMD ＝∠BAM ＝90°，又AA 1⊥底面ABCD ，∴以A 为坐标原点，AB ，AM ，AA 1所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A 1(0,0,2)，B (2,0,0)，D (－1，3，0)，D 1－12，32，2，∴DD 1―→12，－32，2BD ―→＝(－3，3，0)，A 1B ―→＝(2,0，－2)．设平面A 1BD 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·BD ―→＝0，n ·A 1B ―→＝0，－3x ＋3y ＝0，2x －2z ＝0，令x ＝1，则n ＝(1，3，1)，∴|cos 〈n ，DD 1―→〉|＝|n ·DD 1―→||n |·|DD 1―→|＝15×5＝15.∴直线DD 1与平面A 1BD 所成角的正弦值为15.3.(2018届高三·洛阳四校调研)如图，四边形ABEF 和四边形ABCD均是直角梯形，∠FAB ＝∠DAB ＝90°，二面角F AB D 是直二面角，BE ∥AF ，BC ∥AD ，AF ＝AB ＝BC ＝2，AD ＝1.(1)证明：在平面BCE 上，一定存在过点C 的直线l 与直线DF 平行；(2)求二面角F CD A 的余弦值．解：(1)证明：由已知得，BE ∥AF ，BE ⊄平面AFD ，AF ⊂平面AFD ，∴BE ∥平面AFD .同理可得，BC ∥平面AFD .又BE ∩BC ＝B ，∴平面BCE ∥平面AFD .设平面DFC ∩平面BCE ＝l ，则l 过点C .∵平面BCE ∥平面ADF ，平面DFC ∩平面BCE ＝l ，平面DFC ∩平面AFD ＝DF ，∴DF ∥l ，即在平面BCE 上一定存在过点C 的直线l ，使得DF ∥l .(2)∵平面ABEF ⊥平面ABCD ，平面ABCD ∩平面ABEF ＝AB ，FA ⊂平面ABEF ，又∠FAB ＝90°，∴AF ⊥AB ，∴AF ⊥平面ABCD .∵AD ⊂平面ABCD ，∴AF ⊥AD .∵∠DAB ＝90°，∴AD ⊥AB .以A 为坐标原点，AD ，AB ，AF 所在直线分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，由已知得，D (1,0,0)，C (2，2,0)，F (0,0,2)，∴DF ―→＝(－1,0,2)，DC ―→＝(1,2,0)．设平面DFC 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，n ·DF ―→＝0，n ·DC ―→＝0，－x ＋2z ＝0，x ＋2y ＝0，令z ＝1，则n ＝(2，－1,1)，不妨取平面ACD 的一个法向量为m ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝16＝66，由于二面角F CD A 为锐角，因此二面角F CD A 的余弦值为66.4．(2017·全国卷Ⅱ)如图，四棱锥P ABCD 中，侧面PAD 为等边三角形且垂直于底面ABCD ，AB ＝BC ＝12AD ，∠BAD ＝∠ABC＝90°，E 是PD 的中点．(1)证明：直线CE ∥平面PAB ；(2)点M 在棱PC 上，且直线BM 与底面ABCD 所成角为45°，求二面角M AB D 的余弦值．解：(1)证明：取PA 的中点F ，连接EF ，BF .因为E 是PD 的中点，所以EF ∥AD ，EF ＝12AD .由∠BAD ＝∠ABC ＝90°，得BC ∥AD ，又BC ＝12AD ，所以EF 綊BC ，所以四边形BCEF 是平行四边形，CE ∥BF ，又CE ⊄平面PAB ，BF ⊂平面PAB ，故CE ∥平面PAB .(2)由已知得BA ⊥AD ，以A 为坐标原点，AB ―→的方向为x 轴正方向，|AB ―→|为单位长度，建立如图所示的空间直角坐标系A xyz ，则A (0,0,0)，B (1，0,0)，C (1,1,0)，P (0，1，3)，PC ―→＝(1,0，－3)，AB ―→＝(1,0,0)．设M (x ，y ，z )(0<x <1)，则BM ―→＝(x －1，y ，z )，PM ―→＝(x ，y －1，z －3)．因为BM 与底面ABCD 所成的角为45°，而n ＝(0,0,1)是底面ABCD 的法向量，所以|cos 〈BM ―→，n 〉|＝sin 45°，|z |(x －1)2＋y 2＋z 2＝22，即(x －1)2＋y 2－z 2＝0.①又M 在棱PC 上，设PM ―→＝λPC ―→，则x ＝λ，y ＝1，z ＝3－3λ.②x ＝1＋22，y ＝1，z ＝－62(舍去)x ＝1－22，y ＝1，z ＝62，所以1－22，1，62，从而AM ―→1－22，1，62设m ＝(x 0，y 0，z 0)是平面ABM 的法向量，m ·AM ―→＝0，m ·AB ―→＝0，(2－2)x 0＋2y 0＋6z 0＝0，x 0＝0，所以可取m ＝(0，－6，2)．于是cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m ||n |＝105.由图知二面角M AB D 为锐角，因此二面角M AB D 的余弦值为10.5．(2017·开封模拟)如图①，在直角梯形ABCD 中，∠ADC ＝90°，CD ∥AB ，AD ＝CD ＝12AB ＝2.将△ADC 沿AC 折起，使平面ADC ⊥平面ABC ，得到几何体D ABC ，如图②所示．(1)证明：平面ABD ⊥平面BCD ；(2)求二面角D AB C 的余弦值．解：(1)证明：易知AC ⊥BC ，又平面ADC ⊥平面ABC ，平面ADC ∩平面ABC ＝AC ，BC ⊂平面ABC ，∴BC ⊥平面ACD ，∴AD ⊥BC .又AD ⊥CD ，BC ∩CD ＝C ，∴AD ⊥平面BCD ，∵AD ⊂平面ABD ，∴平面ABD ⊥平面BCD .(2)以C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系C xyz ，则C (0，0,0)，A (22，0,0)，D (2，0，2)，B (0,22，0)，AD ―→＝(－2，0，2)，AB ―→＝(－22，22，0)．设平面ABD 的法向量m ＝(x ，y ，z )．m ·AD ―→＝0，m ·AB ―→＝0，－2x ＋2z ＝0，－22x ＋22y ＝0，令x ＝1，得y ＝1，z ＝1，所以平面ABD 的一个法向量m ＝(1,1,1)．易知平面ABC 的一个法向量n ＝(0,0,1)，∴cos 〈m ，n 〉＝m ·n |m |·|n |＝33，由图知，二面角D AB C 为锐角，∴二面角D AB C 的余弦值为33.6.(2018届高三·湖北五校联考)如图，在四棱锥P ABCD 中，PA⊥平面ABCD ，AD ∥BC ，AD ⊥CD ，且AD ＝CD ＝22，BC ＝42，PA ＝2.(1)求证：AB ⊥PC ；(2)在线段PD 上，是否存在一点M ，使得二面角M AC D 的大小为45°，如果存在，求BM 与平面MAC 所成角的正弦值，如果不存在，请说明理由．解：(1)证明：如图，由已知得四边形ABCD 是直角梯形，由AD ＝CD ＝22，BC ＝42，可得AB ＝AC ＝4，所以BC 2＝AB 2＋AC 2，所以∠BAC ＝90°，即AB ⊥AC ，因为PA ⊥平面ABCD ，所以PA ⊥AB ，又PA ∩AC ＝A ，所以AB ⊥平面PAC ，所以AB ⊥PC .(2)存在，理由如下：取BC 的中点E ，则AE ⊥BC ，以A 为坐标原点，AE ，AD ，AP 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，则A (0,0,0)，C (22，22，0)，D (0，22，0)，P (0，0,2)，B (22，－22，0)，PD ―→＝(0,22，－2)，AC ―→＝(22，22，0)．设PM ―→＝t PD ―→(0＜t ＜1)，则点M 的坐标为(0,22t ，2－2t )，所以AM ―→＝(0,22t,2－2t )．设平面MAC 的法向量是n ＝(x ，y ，z )，n ·AC ―→＝0，n ·AM ―→＝0，22x ＋22y ＝0，22ty ＋(2－2t )z ＝0，令x ＝1，得y ＝－1，z ＝2t 1－t，则n 1，－1，2t 1－t .又m ＝(0,0,1)是平面ACD 的一个法向量，所以|cos 〈m ，n 〉|＝|m ·n ||m ||n |＝|2t t －1|2＋2t t －12＝22，高考理科数学二轮复习《立体几何》检测试卷及答案解析11解得t ＝12，即点M 是线段PD 的中点．此时平面MAC 的一个法向量n ＝(1，－1，2)，又BM ―→＝(－22，32，1)．设BM 与平面MAC 所成的角为θ，则sin θ＝|cos 〈n ，BM ―→〉|＝422×33＝269.故BM 与平面MAC 所成角的正弦值为269.。

2018年高考数学(理)二轮复习讲练测专题1.5立体几何(测)含解析

2018年高考数学（理）二轮复习讲练测专题五立体几何总分 _______ 时间 _______ 班级 _______ 学号 _______ 得分_______一、选择题（12*5=60分）1．如图，四棱锥P-ABCD中，M，N分别为AC，PC上的点，且MN∥平面PAD，则（）A. MN∥PDB. MN∥PAC. MN∥ADD. 以上均有可能【答案】B【解析】因为MN∥平面PAD，平面PAC∩平面PAD=PA，MN 平面PAC，所以MN∥PA．故选B.2．【2018届四川省成都市龙泉中学高三12月月考】一个棱锥的三视图如图所示，其中侧视图为边长为1的正三角形，则四棱锥侧面中最大侧面的面积是（）27 【答案】D【解析】3．设,αβ是两个不同的平面， l 是一条直线，以下命题正确的是（） A. 若,l ααβ⊥⊥，则l β⊂ B. 若,//l ααβ⊥，则l β⊥ C. 若//,//l ααβ，则l β⊂ D. 若//,l ααβ⊥，则l β⊥ 【答案】B【解析】若l ⊥α,α⊥β,则l ⊂β或l ∥β，故A 错误；若l ⊥α,α∥β，由平面平行的性质，我们可得l ⊥β，故B 正确；若l ∥α,α∥β,则l ⊂β或l ∥β，故C 错误；若l ∥α,α⊥β,则l ⊥β或l ∥β，故D 错误；故选：C.4．在正四棱柱ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AA 1＝2AB ＝4，则点A 1到平面AB 1D 1的距离是( )A. 1B. 43C. 169D. 2 【答案】B【解析】设点A 1到平面AB 1D 1的距离为h ，因为V A1－AB1D1＝V A －A1B1D1，所以13S △AB1D1h ＝13S △A1B1D1×AA 1，所以h ＝()11111122212244213224222A B D AB D SAA S⨯⨯⨯⨯==⨯⨯+-故选B. 点睛：点面距离往往转化为对应棱锥的高，通过等体积法求高得点面距离.5．【2018届吉林省实验中学高三上学期第五次月考（一模）】四棱锥PABCD 的三视图如图所示，四棱锥PABCD 的五个顶点都在一个球面上， E ，F 分别是棱AB ，CD 的中点，直线EF 被球面所截得的线段长为2 ，则该球的表面积为（）A. 12πB. 24πC. 36πD. 48π 【答案】A点睛:空间几何体与球接、切问题的求解方法(1)求解球与棱柱、棱锥的接、切问题时，一般过球心及接、切点作截面，把空间问题转化为平面图形与圆的接、切问题，再利用平面几何知识寻找几何中元素间的关系求解．(2)若球面上四点,,,P A B C 构成的三条线段,,PA PB PC 两两互相垂直，且,,PA a PB b PC c ===，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，利用22224R a b c =++求解．6．祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．“幂”是截面积，“势”是几何体的高，意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的几何体满足“幂势同”，则该不规则几何体的体积为( )A. 165B.325C. 3D. 6【答案】B【解析】由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与已知三视图几何体体积相等，图示几何体是一个三棱锥，其直观图如下图：其底面是底和高分别为5，125的三角形，221216455-=（），则该三棱锥的体积为V＝11121632532555⨯⨯⨯⨯=.从而该不规则几何体的体积为325.点睛：思考三视图还原空间几何体首先应深刻理解三视图之间的关系，遵循“长对正，高平齐，宽相等”的基本原则，其内涵为正视图的高是几何体的高，长是几何体的长；俯视图的长是几何体的长，宽是几何体的宽；侧视图的高是几何体的高，宽是几何体的宽.由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整. 7．已知△ABC的三个顶点在以O为球心的球面上，且AB＝2，AC＝4，BC＝2，三棱锥O－ABC的体积为，则球O 的表面积为( )A. 22πB.C. 24πD. 36π【答案】D8．已知在四棱锥P－ABCD中，ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，则在四棱锥P－ABCD的任意两个顶点的连线中，互相垂直的异面直线共有( )A. 3对B. 4对C. 5对D. 6对【答案】C【解析】因为ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，PA⊥CD，AB⊥PD，BD⊥PA，AD⊥PB.共5对．9．如图是四棱锥的平面展开图,其中四边形ABCD为正方形,E,F,G,H分别为PA,PD,PC,PB的中点,在此几何体中，给出下面四个结论中错误的是（）EFGH平面ABCDA. 平面//B. 直线BE,CF相交于一点C. EF//平面BGDPA平面BGDD. //【答案】C【解析】把图形还原为一个四棱锥,如图所示,EH AB GH BC,根据三角形中位线的性质，可得//,//EFGH平面ABCD，A正确；平面//在△PAD中,根据三角形的中位线定理可得EF∥AD，又∵AD∥BC，∴EF∥BC，因此四边形EFBC是梯形，故直线BE与直线CF相交于一点，所以B是正确的；连接AC，设AC中点为M，则M也是BD的中点，因为MG∥PA，且直线MG在平面BDG上，所以有PA∥平面BDG，所以D是正确的；∵EF∥BC，∵EF⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，∴直线EF∥平面PBC，再结合图形可得：直线EF与平面BDG不平行，因此C是错误的.故选C10．在四棱锥P－ABCD中，四条侧棱长均为2，底面ABCD为正方形，E为PC的中点．若异面直线PA与BE所成的角为45°，则该四棱锥的体积是( )A. 4B. 23C. 4323【答案】D【解析】连接AC和BD相交于点O，连接OE，则OE∥PA，则∠OEB＝45°，又∠EOB＝90°，则BO＝OE＝1，底面正方体的边长为，四棱锥的高为，则体积为×()2×＝，故选D.11．在直三棱柱ABC－A1B1C1中，平面α与棱AB，AC，A1C1，A1B1分别交于点E，F，G，H，且直线AA1∥平面α.有下列三个命题：①四边形EFGH是平行四边形；②平面α∥平面BCC1B1；③平面α⊥平面BCFE.其中正确的命题有( ) A. ①② B. ②③C. ①③D. ①②③【答案】C【解析】直线AA1∥平面α，平面α∩平面AA1B1B＝EH，所以AA1∥EH.同理AA1∥GF，所以EH∥GF，又ABC－A1B1C1是直三棱柱，易知EH＝GF＝AA1，所以四边形EFGH是平行四边形，故①正确；若平面α∥平面BCC1B1，由平面α∩平面A1B1C1＝GH，平面BCC1B1∩平面A1B1C1＝B1C1，知GH∥B1C1，而GH∥B1C1不一定成立，故②错误；由AA1⊥平面BCFE，结合AA1∥EH知EH⊥平面BCFE，又EH⊂平面α，所以平面α⊥平面BCFE，故③正确.答案 C.12．如图，在△ABC中，AB＝BC6，∠ABC＝90°，点D为AC的中点，将△ABD沿BD折起到△PBD的位置，使PC ＝PD，连接PC，得到三棱锥P－BCD，若该三棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积是( )A. 7πB. 5πC. 3πD. π【答案】A二、填空题（4*5=20分）13. 【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】中国古代数学瑰宝《九章算术》中有这样一道题：“今有堑堵（底面为直角三角形的直棱柱）下广二丈，袤一十八丈六尺，高二丈五尺，问积几何？”其意思为：“今有底面为直角三角形的直棱柱，底面的直角边长宽为2丈，长为18丈6尺，高为2丈5尺，问它的体积是多少？”已知1丈为10尺，则题中的堑堵的外接球的表面积为__________平方尺．【答案】35621π【解析】根据题意可将此堑堵补成一个长方体，且长、宽、高分别为186尺，20尺，25尺，则外接球的直径为35621 =235621435621ππ=⎝⎭.14．如图，三棱柱ABC－A1B1C12，且顶点A1在底面ABC上的射影O为△ABC的中心，则三棱锥A1－ABC的体积为________．【答案】1 3【解析】如图，由题意可知，底面三角形ABC 为正三角形，由O 为ABC 的中心，可知O 为ABC 的外心，则O 为底面高的23， 2,()222662223OA ⎛⎫-∴= ⎪ ⎪⎝⎭＝在1Rt A AO 中，由1623A A OA ＝，＝，得1233OA ＝ ∴三棱锥1A ABC - 的体积为116231232233⨯＝．故答案为1315．已知m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．给出下列命题： (1)若m ⊂α，m ⊥β，则α⊥β；(2)若m ⊂α，α∩β＝n ，α⊥β，则m ⊥n ；(3)若m ∥α，m ⊂β，α∩β＝n ，则m ∥n. 其中真命题是________(填序号)．【答案】(1)(3)【解析】(2)中，m ∥n ，m 与n 相交都有可能．16．将正方形ABCD 沿对角线BD 折成直二面角A BD C --， AC BD O ⋂=有如下四个结论：①AC BD ⊥；②ACD 是等边三角形；③AB 与CD 所成的角为90︒，④取BC 中点E ，则AEO ∠为二面角A BC D --的平面角．其中正确结论是__________．（写出所有正确结论的序号）【答案】①②④在Rt AEC 中， 22AE CE ==， 1AC =， ∴12NE =．则MEN 是正三角形，故60EMN ∠=︒，③错误；如上图所示，由题意可得： AB AC =，则AE BC ⊥, 由,,BE EC BO OD BC CD ==⊥可得OE BC ⊥，据此可知： AEO ∠为二面角A BC D --的平面角，说法④正确. 故答案为：①②④.三、解答题（共6道小题，共70分）17. 如图，正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，点E 是A 1D 1的中点，点F 是CE 的中点． (Ⅰ)求证：平面ACE⊥平面BDD 1B 1； (Ⅱ)求证：AE∥平面BDF.【答案】(1)见解析(2)见解析【解析】试题分析：（Ⅰ）通过证明AC ⊥平面BDD 1B 1，即可证明平面ACE ⊥平面BDD 1B 1；（Ⅱ）通过证明OF ∥AE ，即可证明AE ∥平面BDF ．试题解析：(Ⅰ)在正方体中，ABCD 是正方形，BB 1⊥平面ABCD ， ∴AC⊥BD ，AC⊥BB 1， ∵BD∩BB 1＝B ，BD ， BB 1⊂平面BDD 1B 1， ∴AC⊥平面BDD 1B 1，∵AC ⊂平面ACE ，∴平面ACE ⊥平面BDD 1B 1.6分 (Ⅱ)连AC 交BD 于G ，连FG ， ∵ABCD 是正方形，∴G 是AC 中点， ∵F 是CE 是中点，∴AE∥FG， ∵AE ⊄平面BDF ，FG ⊂平面BDF ， ∴AE∥平面BDF.点睛：垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18．如图所示，平面ABCD ⊥平面BCE ，四边形ABCD 为矩形， BC CE =，点F 为CE 的中点.(1)证明： //AE 平面BDF .(2)点M 为CD 上任意一点，在线段AE 上是否存在点P ，使得PM BE ⊥？若存在，确定点P 的位置，并加以证明；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）见解析；（2）中点【解析】试题分析：（1）连接AB 交BD 于O ，连接OF ，利用ABCD 是矩形得到//OF AE ，再由线面平行的判定定理可证；（2）当P 为AE 中点时，有PM BE ⊥；取BE 中点H ，连接,,DP PH CH ，结合三角形的中位线性质以及面面平行的性质进行推理得到BE ⊥平面DPHC 即可. 试题解析：(1)证明连接AC 交BD 于O ，连接OF ，如图①.∵四边形ABCD 是矩形，∴O 为AC 的中点，又F 为EC 的中点， ∴OF 为△ACE 的中位线，:∴OF∥AE，又OF ⊂平面BDF ， AE ⊄平面BDF ，∴AE∥平面BDF. （2）当P 为AE 中点时，有PM⊥BE，证明如下：取BE 中点H ，连接DP ，PH ，CH ，如图∵P 为AE 的中点，H 为BE 的中点， ∴PH∥AB，又AB∥CD，∴PH∥CD， ∴P，H ，C ，D 四点共面． ∵平面ABCD ∥平面BCE ，CD⊥BC ∴CD ⊥平面BCE ，又BE ⊂平面BCE ， ∴CD⊥BE∵BC=CE，H 为BE 的中点， ∴CH⊥BE，∴BE⊥平面DPHC ，又PM ⊂平面DPHC ， ∴BE⊥PM 即PM⊥BE .19．用空间向量解决下列问题：如图，在斜三棱柱111ABC A B C -中， ()1,e ξ∈是AC 的中点， 1A O ⊥平面ABC ，90BCA ∠=︒， 1AA AC BC ==．（1）求证： 11A B AC ⊥；（2）求二面角1A BB C --的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（227.试题解析：取AB 的中点D ，连结OD ，1A O ⊥平面， OD ， OC ⊂平面，∴ 1A O OC ⊥， 1A O OD ⊥，O 、D 分别是AC 、AB 的中点， //OD BC ∴，又， OD OC ⊥，所以，可以以O 为原点，直线OD 、OC 、1OA 分别为x 、y 、z 轴建立空间直角坐标系，设12AA AC BC ===，于是()0,1,0A -， ()2,1,0B ， ()0,1,0C ，(1A ， (10,3C ，（1）(12,1,3A B =-， (13AC =，()112013330330A B AC ∴⋅=⨯+⨯+-⨯=+-=11A B AC ∴⊥，即.（2）由（1）知()2,0AB =，(13AA =，()2,0,0CB =， (13CC =,设()111,,m x y z =是平面11ABB A 的一个法向量，由1111122000m AB x y z x y ⊥⇒++=⇒+=，11111103030m AA x y z y z ⊥⇒+=⇒=，取11z =，得13y =- 13x = ()3,m ∴=，设()222,,n x y z =是平面11CBB C 的一个法向量，由22200n CB x x ⊥⇒=⇒=，12222203030n CC x y z y z ⊥⇒+=⇒=，取21z =，得23y =-()0,3,1n ∴=-， 27cos ,|27m n m n m n ⋅===⋅ 又因为二面角为锐二面角，所以，二面角27． 20．【2018届西藏拉萨市高三第一次模拟考试（期末）】如图，四棱锥P ABCD -底面为等腰梯形， //AD BC 且24BC AD ==，点E 为PC 中点．（1）证明： //DE 平面PAB ；（2）若PA ⊥平面ABCD ， 60ABC ∠=︒，直线PB 与平面ABCD 所成角的正切值为32，求四棱锥P ABCD -的体积V ．【答案】(1)见解析；（2）.【解析】试题分析：(1)证明线面平行可利用线面平行的判定定理，利用三角形的中位线定理可以得出线线平行，进而得出线面平行；（2）根据底面ABCD 为等腰梯形，作AG 垂直BC ，垂足为G ，求出BG 和AG ，得出AB ，便可求出底面的面积，根据PA 与平面ABCD 垂直，则PBA ∠为直线直线PB 与平面ABCD 所成角，利用其正切值求出PA ，再根据锥体体积公式求出体积 .又DE ⊂平面DEF ，所以//DE 平面PAB ．解：（2）作AG BC ⊥于点G ，则1BG =．在ABG ∆中， 60ABG ∠=︒， 1BG =，则3AG =， 2AB =．由PA ⊥平面ABCD 知，直线PB 与平面ABCD 所成角为PBA ∠，故3tan 2PBA ∠=，即在PAB ∆中，有32PA AB =，则3PA =. 所以，四棱锥P ABCD -的体积13ABCD V S PA =⋅梯形 ()243133332+=⨯=． 21．【2018届四省名校（南宁二中等）高三上第一次大联考】直角三角形ABC 中， 90C ∠=︒， 4AC =， 2BC =，E 是AC 的中点，F 是线段AB 上一个动点，且()01AF AB λλ=<<，如图所示，沿BE 将CEB ∆翻折至DEB ∆，使得平面DEB ⊥平面ABE . （1）当13λ=时，证明： BD ⊥平面DEF ；（2）是否存在λ，使得DF 与平面ADE ？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2) 存在12λ=，使得DF 与平面ADE 2【解析】试题分析：(1)由题意可得BD DE ⊥，取BF 的中点N ，连接CN 交BE 于M ，当13λ=时，由几何关系可证得EF ⊥平面DBE .则EF BD ⊥.利用线面垂直的判断定理可得BD ⊥平面DEF .(2)建立空间直角坐标系，结合直线的方向向量与平面的法向量计算可得存在12λ=，使得DF 与平面ADE 所成的角试题解析：（1）在ABC ∆中， 90C ∠=︒，即AC BC ⊥，则BD DE ⊥，取BF 的中点N ，连接CN 交BE 于M ，当13λ=时， F 是AN 的中点，而E 是AC 的中点， ∴EF 是ANC ∆的中位线，∴EF CN .在BEF ∆中， N 是BF 的中点， ∴M 是BE 的中点.在Rt BCE ∆中， 2EC BC ==， ∴CM BE ⊥，则EF BE ⊥.又平面DBE ⊥平面ABC ，平面DBE ⋂平面ABC BE =， ∴EF ⊥平面DBE .又BD ⊂平面BDE ，∴EF BD ⊥. 而EF DE E ⋂=，∴BD ⊥平面DEF .∴DM ⊥平面ABC ，则(D .假设存在满足题意的λ，则由AF AB λ=. 可得()44,2,0F λλ-，则(34,21,2DF λλ=---.设平面ADE 的一个法向量为(),,n x y z =，则0,{0,n AE n AD ⋅=⋅=即20,{320,x x y z -=-+=令2y =，可得0x =， 1z =-，即()0,2,1n =-.∴DF 与平面ADE 所成的角的正弦值sin cos ,DF n DF n DF nθ⋅==()22122λ-+==. 解得12λ=（3λ=舍去）. 综上，存在12λ=，使得DF 与平面ADE 所成的角的正弦值为23.22．如图：设一正方形纸片ABCD 边长为2分米，切去阴影部分所示的四个全等的等腰三角形，剩余为一个正方形和四个全等的等腰三角形，沿虚线折起，恰好能做成一个正四棱锥（粘接损耗不计），图中AH PQ ⊥，O 为正四棱锥底面中心．（Ⅰ）若正四棱锥的棱长都相等，求这个正四棱锥的体积Ｖ；（Ⅱ）设等腰三角形APQ 的底角为x ，试把正四棱锥的侧面积S 表示为x 的函数，并求S 的范围．【答案】（124340-立方分米（2）02S <<平方分米【解析】试题分析: （I ）若正四棱锥的棱长都相等，则在正方形ABCD 中，三角形APQ 为等边三角形，由此先计算出此正四棱锥的棱长，再利用正棱锥的性质计算其体积即可；（II ）先利用等腰三角形APQ 的底角为x 的特点，将侧棱长和底边长分别表示为x 的函数，再利用棱锥的体积计算公式将棱锥体积表示为关于x 的函数，最后可利用均值定理求函数的值域试题解析：（Ⅰ）设正四棱锥底面边长为y 分米，由条件知△APQ 为等边三角形，又AH PQ ⊥，∴3AH y =． ∵12OH y =，∴222232222y OA AH OH y y ⎛⎫⎛⎫=-=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．由2AH y AC +=32y +=2231y =+ ∴(()()3233322112216332631331V y OA y =⋅=⋅=⋅= 24340-=. 24340-立方分米（或者分子、分母同时除以t ，利用“对勾函数”进行说明） ∴02S <<平方分米即为所求侧面积的范围．。

2019届广东数学高考复习专题汇编：立体几何(2018-2019年试题,含解析)

立体几何若,,l m n 是互不相同的空间直线，αβ,是不重合的平面，则下列Ａ．若l n αβαβ⊂⊂，，∥，则l n ∥ Ｂ．若l αβα⊥⊂，，则l β⊥ Ｃ．若l n m n ⊥⊥，，则l m ∥Ｄ．若l l αβ⊥，∥，则αβ⊥(2007年高考广东卷第17小题)已知某几何体的俯视图是如图5所示的矩形，正视图（或称主视图）是一个底边长为8，高为4的等腰三角形，侧视图（或称左视图）是一个底边长为6，高为4的等腰三角形．（1）求该几何体的体积V ；（2）求该几何体的侧面积S ．17解: 由已知可得该几何体是一个底面边长为8和6的矩形，高为4，顶点在底面的射影是矩形中心的四棱锥V-ABCD ；(1) ()1864643V =⨯⨯⨯= (2) 该四棱锥有两个侧面VAD 、VBC 是全等的等腰三角形,且BC 边上的高为1h ==另两个侧面VAB 、VCD 也是全等的等腰三角形,AB 边上的高为25h == 因此112(685)4022S =⨯⨯⨯⨯=+(2008年高考广东卷第7小题)将正三棱柱截去三个角（如图1所示A 、B 、 C分别是△GHI 三边的中点）得到几何体如图2，则该几何体按图2所示方向的侧视图（或称左视图）为（A. ）(2008年高考广东卷第18小题)如图所示，四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 是半径为R 的圆的内接四边形，其中BD 是圆的直径，∠ABD=60°，∠BDC=45°，△ADP ∽△BAD 。

（1）求线段PD 的长；（2）若R ，求三棱锥P-ABC 的体积。

【解析】（1）BD 是圆的直径 ∴ 90BAD ∠= 又 ~ADP BAD ,图5∴AD DP BA AD =,()()22234sin 60431sin 3022R BD AD DP R BA BD R ⨯====⨯ ; (2 ) 在Rt BCD 中，cos452CD BD ==2222229211PD CD R R R PC +=+== ∴PD CD ⊥ 又90PDA ∠= ∴PD ⊥底面ABCD()21132121sin 604522222224ABC S AB BC R R R ⎛=+=+= ⎝⎭三棱锥P ABC -的体积为23113131333P ABC ABCV S PD R R R -++=== . (2009年高考广东卷第6小题)给定下列四个①若一个平面内的两条直线与另一个平面都平行，那么这两个平面相互平行； ②若一个平面经过另一个平面的垂线，那么这两个平面相互垂直； ③垂直于同一直线的两条直线相互平行；④若两个平面垂直，那么一个平面内与它们的交线不垂直的直线与另一个平面也不垂直. 其中，为真A ．①和②B ．②和③C ．③和④D ．②和④ 【答案】D【解析】①错, ②正确, ③错, ④正确.故选D (2009年高考广东卷第17小题)某高速公路收费站入口处的安全标识墩如图4所示,墩的上半部分是正四棱锥P －EFGH,下半部分是长方体ABCD －EFGH.图5、图6分别是该标识墩的正(主)视图和俯视图. （1）请画出该安全标识墩的侧(左)视图; （2）求该安全标识墩的体积（3）证明:直线BD ⊥平面PEG[:【解析】(1)侧视图同正视图,如下图所示.（２）该安全标识墩的体积为：P EFGH ABCD EFGH V V V --== 221406040203200032000640003=⨯⨯+⨯=+= ()2cm（３）如图,连结EG,HF 及 BD ，EG 与HF 相交于O,连结PO.由正四棱锥的性质可知,PO ⊥平面EFGH , PO HF ∴⊥[:数理化] 又EG HF ⊥ HF ∴⊥平面PEG 又BD HF P BD ∴⊥平面PEG ； (2019年高考广东卷第9小题)如图1， ABC ∆为正三角形，'''////AA BB CC ，''''32CC BB CC AB ⊥===平面ABC 且3AA ，则多面体'''ABC A B C -的正视图(也称主视图)是wDDddD[:(2019年高考广东卷第18小题)如图4，弧AEC 是半径为a 的半圆，AC 为直径，点E 为弧AC 的中点，点B 和点C 为线段AD 的三等分点，平面AEC 外一点F 满足FC ⊥平面BED ，FB .（1）证明：EB FD ⊥；（2）求点B 到平面FED 的距离.18．法一：（1）证明：∵点B 和点C 为线段AD 的三等分点， ∴点B 为圆的圆心又∵E 是弧AC 的中点，AC 为直径，∴EB BC ⊥即EB BD ⊥ ∵⊥FC 平面BDE ，⊂EB 平面BDE ， ∴EB FC ⊥ 又⊂BD 平面FBD ，⊂FC 平面FBD 且C FC BD = ∴⊥EB 平面FBD 又∵⊂FD 平面FBD ， ∴FD EB ⊥ （2）解：设点B 到平面FED 的距离（即三棱锥B FED -的高）为h .∵⊥FC 平面BDE , ∴FC 是三棱锥F-BDE 的高，且三角形FBC 为直角三角形由已知可得a BC =，又a FB 5=∴a a a FC 2)5(22=-=在BDE Rt ∆中，a BE a BD ==,2，故2221a a a S BDE =⨯⨯=∆,∴323223131a a a FC S V BDE BDE F =⨯⨯=⋅=∆-,又∵⊥EB 平面FBD ，故三角形EFB 和三角形BDE 为直角三角形, ∴a DE a EF 5,6==，在FCD Rt ∆中，a FD 5=,∴=∆FED S 2221a , ∵FED B BDE F V V --=即323222131a h a =⋅⋅，故a h 21214=, 即点B 到平面FED 的距离为a h 21214=.(2019年高考广东卷第7小题)正五棱柱中,不同在任何侧面且不同在任何底面的两顶点的连线称为它的对角线,那么一个正五棱柱的对角线条数共有DA ．20 B.15 C.12 D. 10 (2019年高考广东卷第9小题)如图,某几何体的正视图(主视图),侧视图(左视图)和俯视图分别是等边三角形,等腰三角形和菱形，则该几何体体积为C//A．D. 2(2019年高考广东卷第18小题)下图所示的几何体是将高为2，底面半径为1的直圆柱沿过轴的平面切开后，将其中一般沿切面向右水平平移得到的。

【高三数学试题精选】2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考答案)

2018届高考数学第二轮立体几何综合复习检测题(含参考
答案)
5 c 2018年高考数学二轮复习综合检测
专题五立体几何
时间120分钟满分150分
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分；在每小题给出四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设有四个命题①底面是矩形的平行六面体是长方体；②棱长相等的直四棱柱是正方体；③有两条侧棱都垂直于底面一边的平行六面体是直平行六面体；④对角线相等的平行六面体是直平行六面体．其中假命题的序号是( )
A．① B．②③
c．①②③ D．③④
[答案] c
[解析] 底面是矩形的平行六面体的侧棱不一定与底面垂直，故①错；棱长相等的直四棱柱中若底面是菱形则不是正方体，故②错；如果两条平行的侧棱都垂直于底面一边显然不是直平行六面体，③错．故选c
2．已知A、B为球面上的两点，为球心，且AB＝3，∠AB＝120°，则球的体积为( )
A9π2 B．43π
c．36π D．323π
[答案] B
[解析] 设球的半径为R，由AB2＝R2＋R2－2R2cs120°＝3R2＝9，得R2＝3，因此该球的体积是
4π3R3＝4π3×(3)3＝43π，故选B
3．(2018 北京市海淀区二模)在正四面体A－BcD中，棱长为4，是Bc的中点，点P在线段A上运动(P不与A，重合)，过点P作直线。

2019年高考数学(文科)二轮复习检测：第二编专题五立体几何第2讲配套作业Word版含答案

配套作业一、选择题1．(2018·青岛二模)已知m，n是两条不重合的直线，α，β，γ是三个不重合的平面，则α∥β的一个充分条件是()A．m∥α，m∥βB．α⊥γ，β⊥γC．m⊂α，n⊂β，m∥nD．m，n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α答案 D解析A中α，β可能相交，故错误；B不正确，如正方体中过同一个顶点的三个平面的关系；C中α，β可能相交，故错误；根据直线与平面平行的性质定理及平面与平面平行的判定定理可知D正确．2．如图，以等腰直角三角形ABC的斜边BC上的高AD为折痕，把△ABD 和△ACD折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：①BD⊥AC；②△BAC是等边三角形；③三棱锥D－ABC是正三棱锥；④平面ADC⊥平面ABC.其中正确的是()A．①②④B．①②③C．②③④D．①③④答案 B解析由题意知，BD⊥平面ADC，故BD⊥AC，①正确；AD为等腰直角三角形斜边BC上的高，平面ABD⊥平面ACD，所以AB＝AC＝BC，△BAC是等边三角形，②正确；易知DA＝DB＝DC，又由②知③正确；由①知④错误，故选B.3．(2018·芜湖质检)在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AA 1，BB 1的中点，G 为棱A 1B 1上任意一点，则点G 到平面D 1EF 的距离是( )A. 3B.22C.23D.55 答案 D解析设点G 到平面D 1EF 的距离为h .因为A 1B 1∥EF ，点G 在A 1B 1上，所以点G 到平面D 1EF 的距离即为点A 1到平面D 1EF 的距离，即点A 1到D 1E 的距离，D 1E ＝52，由A 1D 1·A 1E ＝D 1E ·h ，则h ＝1×1252＝55，故选D.4．如图，在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M ，N分别是BC 1，CD 1的中点，则下列说法错误的是( )A ．MN 与CC 1垂直B ．MN 与AC 垂直 C ．MN 与BD 平行 D ．MN 与A 1B 1平行答案 D解析如图所示，连接C 1D ，BD ，则MN ∥BD ，而C 1C ⊥BD ，故C 1C ⊥MN ，故A ，C 正确，D错误，又因为AC ⊥BD ，所以MN ⊥AC ，B 正确．5．在正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，AC 与BD 的交点为O ，E 为BC 的中点，则异面直线D1O与B1E所成角的余弦值为()A.3010 B.15 C.25 D.310答案 A解析取A1B1的中点F，连接OF，OE，则由OE綊B1F知，四边形OEB1F 为平行四边形，∴B1E∥OF，∴∠D1OF为异面直线D1O与B1E所成角．连接D1F，设正方体的棱长为2，则OF＝B1E＝5，D1O＝DO2＋DD21＝6，D1F＝D1A21＋A1F2＝5，∴cos∠D1OF＝D1O2＋OF2－D1F2 2D1O·OF＝(6)2＋(5)2－(5)226×5＝3010.6.在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面BCC1B1内的动点，且A1F 与平面D1AE的垂线垂直，如图所示，下列说法不正确的是()A．点F的轨迹是一条线段B．A1F与BE是异面直线C．A1F与D1E不可能平行D．三棱锥F－ABC1的体积为定值答案 C解析由题知A1F∥平面D1AE，分别取B1C1，BB1的中点H，G，连接HG，A 1H ，A 1G ，BC 1，可得HG ∥BC 1∥AD 1，A 1G ∥D 1E ，故平面A 1HG ∥平面AD 1E ，故点F 的轨迹为线段HG ，A 正确；由异面直线的判定定理可知A 1F 与BE 是异面直线，故B 正确；当F 是BB 1的中点时，A 1F 与D 1E 平行，故C 不正确；∵HG ∥平面ABC 1，∴F 点到平面ABC 1的距离不变，故三棱锥F －ABC 1的体积为定值，故D 正确．7．(2018·洛阳模拟)正三棱柱ABC －A 1B 1C 1的底面边长为2，侧棱长为3，D 为BC 中点，则三棱锥A －B 1DC 1的体积为( )A ．3 B.32 C ．1 D.32 答案 C解析根据题意画出图形，再由棱锥的体积公式直接求解．在正△ABC 中，D 为BC 中点，则有 AD ＝32AB ＝3， S △DB 1C 1＝12×2×3＝ 3. 又∵平面BB 1C 1C ⊥平面ABC ，AD ⊥BC ，AD ⊂平面ABC ，∴AD ⊥平面BB 1C 1C ，即AD 为三棱锥A －B 1DC 1底面上的高．∴V 三棱锥A －B1DC1＝13S △DB 1C 1·AD ＝13×3×3＝1. 二、填空题8．(2018·厦门一检)如图，已知三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，点D 是AB 的中点，平面A 1DC 分此棱柱成两部分，多面体A 1ADC 与多面体A 1B 1C 1DBC 体积的比值为________．答案 15解析由题意得三棱锥A 1－ADC 的高等于三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的高，底面面积等于三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的底面面积的一半，则三棱锥A 1－ADC 的体积等于三棱柱A 1B 1C 1－ABC 的体积的13×12＝16，所以多面体A 1ADC 与多面体A 1B 1C 1DBC 的体积之比为16－1＝15. 9．已知四边形ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3.沿AC 将△ADC 折起到△AD ′C ，使平面AD ′C ⊥平面ABC ，F 是AD ′的中点，E 是AC 上一点，给出下列结论：①存在点E ，使得EF ∥平面BCD ′； ②存在点E ，使得EF ⊥平面ABC ； ③存在点E ，使得D ′E ⊥平面ABC ； ④存在点E ，使得AC ⊥平面BD ′E .其中正确的结论是________．(写出所有正确结论的序号) 答案 ①②③解析对于①，存在AC 的中点E ，使得EF ∥CD ′，利用线面平行的判定定理可得EF ∥平面BCD ′；对于②，过点F 作EF ⊥AC ，垂足为E ，利用面面垂直的性质定理可得EF ⊥平面ABC ；对于③，过点D ′作D ′E ⊥AC ，垂足为E ，利用面面垂直的性质定理可得D ′E ⊥平面ABC ；对于④，因为ABCD 是矩形，AB ＝4，AD ＝3，所以B ，D ′在AC 上的射影不是同一点，所以不存在点E ，使得AC ⊥平面BD ′E .10．(2018·天津河西区质检)如图，P A ⊥⊙O 所在的平面，AB 是⊙O 的直径，C 是⊙O 上一点，AE ⊥PC ，AF ⊥PB ，给出下列结论：①AE ⊥BC ；②EF ⊥PB ；③AF ⊥BC ；④AE ⊥平面PBC . 其中的真命题是________．(写出所有真命题的序号) 答案 ①②④解析 AE ⊂平面P AC ，BC ⊥AC ，BC ⊥P A ，AC ∩P A ＝A ⇒AE ⊥BC ，故①正确．AE ∩AF ＝A ，EF ⊂平面AEF ，AE ⊥PB ，AF ⊥PB ⇒EF ⊥PB ，故②正确．若AF ⊥BC ⇒AF ⊥平面PBC ，则AF ∥AE ，与已知矛盾，故③错误．由①可知④正确．三、解答题11．(2018·郑州模拟)如图1，在矩形ABCD 中，AB ＝4，AD ＝2，E 是CD 的中点，将△ADE 沿AE 折起，得到如图2所示的四棱锥D 1－ABCE ，其中平面D 1AE ⊥平面ABCE .(1)证明：BE ⊥平面D 1AE ；(2)设F 为CD 1的中点，在线段AB 上是否存在一点M ，使得MF ∥平面D 1AE ，若存在，求出AMAB 的值；若不存在，请说明理由．解 (1)证明：∵四边形ABCD 为矩形且AD ＝DE ＝EC ＝BC ＝2，∴∠AEB ＝90°，即BE ⊥AE ，又平面D 1AE ⊥平面ABCE ，平面D 1AE ∩平面ABCE ＝AE ， ∴BE ⊥平面D 1AE . (2)AM AB ＝14，理由如下：取D 1E 的中点L ，连接FL ，AL ， ∴FL ∥EC ，又EC ∥AB ，∴FL ∥AB ，且FL ＝14AB ，∴M ，F ，L ，A 四点共面，若MF ∥平面AD 1E ，则MF ∥AL . ∴四边形AMFL 为平行四边形，。

【高考数学】2018-2019学年高三高考数学二轮复习专题训练+15+Word版含答案

（3），
，
，
，
∵
∴当时，依次有，......
∴ 。
9、在数列中，，其中。
（1）求数列的通项公式；
（2）求数列的前项和。
（3）证明：存在，使得对任意均成立。
解：（1）由，，得；
所以为等差数列，其公差为1，首项为0，故，
所以数列的通项公式为。
（2）设 ......①
数列05
8、已知数列和的通项公式分别为，，，若将集合中的元素从小到大依次排列，构
成一个新的数列。
（1）求；
（2）求证：在数列中，但不在数列中的项恰为；
（3）求数列的通项公式。
解：（1）；
（2）①任意，设，
则，即；
②假设（矛盾），∴
∴在数列中，但不在数列中的项恰为。
所以，
，。
12、在数列中，，且对任意，成等差数列，其公差为。
（1）证明成等比数列；
（2）求数列的通项公式；
（3）记，证明。
解：（1）由题设可知，，，，
，，所以。因此成等比数列。
（2）由题设可得，。
所以
即上式等于，因为，所以。
从而由成等差数列，其公差为得。
所以，数列的通项公式为。
（或，。）
（3）由（2）可知，，。
下面对分为奇数和偶数讨论。
当为偶数时，设，。
若，则，满足；
若，则
。
所以，所以，。
当为奇数时，设，。
。Hale Waihona Puke 所以，所以，。综上，由（1），（2）可知，对任意，。

2018-2019年最新最新高考总复习数学(理)二轮复习精选《解析几何》试题及答案解析

高三数学二轮复习精选专题练（理科，有解析）解析几何1、在△ABC 中，若A ＝60°，a ＝3，则sin sin sin a b cA B C+-+-等于（） A ．2 B.12C.3 D.32【答案】A 【解析】因为sin sin sin a b cA B C+-+-＝sin aA ＝332＝2.2、直线10x y ++=的倾斜角与其在y 轴上的截距分别是（）.A 1,135 .B 1,45- .C 1,45 .D 1,135-【答案】D【解析】因为k=-1,所以直线的倾斜角为135；当x=0时，y=-1,所以其在y 轴上的截距分别是 -1.3、与直线+32=0x y -关于x 轴对称的直线方程为（） A ．32=0x y --B ．32=0x y -+ C ．+32=0x y +D ．3+2=0x y - 【答案】A【解析】直线023=-+y x 与x 轴的交点为()0,2，与y 轴的交点为⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0，⎪⎭⎫ ⎝⎛32,0关于x 对称点为⎪⎭⎫ ⎝⎛-32,0，所求直线过点()0,2，⎪⎭⎫ ⎝⎛-32,0，因此斜率3120032=---=k ，因此所求直线()2310-=-x y023=--y x .4、过双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>左焦点F 斜率为a b的直线分别与C 的两渐近线交于点P 与Q ，若FP PQ =，则C 的渐近线的斜率为（） A ．3±B ．2±C ．1±D ．5±【答案】A【解析】如图:双曲线左焦点(),0F c -,直线的方程为:()a y x c b=+,两条渐近线方程为:by xa=±解方程组得222222,P Q a c a c x x a b a b-==+-+又FP PQ=所以P是FQ中点,所以2222224222222222222222b 3a b 33Q F p a c a c a b a b b x x x c a b a b a b a b a a---+=⇒-=⇒=⇒=⇒=⇒=±-++-++.5、已知F 1、F 2为双曲线C ：x 2－y 2＝1的左、右焦点，点P 在双曲线C 上，且∠F 1PF 2＝60°，则|PF 1|·|PF 2|＝( )A ．2B ．4C ．6D ．8 【答案】B6、在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a 、b 、c ，且a ＝λ，b ＝3λ(λ>0)，A ＝45°，则满足此条件的三角形个数是()A ．0B ．1C ．2D ．无数个【答案】A7、已知圆222()()x a y b r -+-=的圆心为抛物线24y x =的焦点,且与直线3420x y ++=相切,则该圆的方程为（）A.2264(1)25x y -+= B.2264(1)25x y +-=C.22(1)1x y -+=D. 22(1)1x y +-=【答案】C8、直线x+a 2y+6=0和直线(a －2)x+3ay+2a=0没有公共点，则a 的值是A.a=3B.a=0C.a=－1D.a=0或－1 【答案】D9、在平面区域{}(,)||1,||1x y x y ≤≤上恒有22ax by -≤，则动点(,)P a b 所形成平面区域的面积为（） A. 4 B.8 C. 16 D. 32 【答案】A【解析】平面区域{}(,)||1,||1x y x y ≤≤的四个边界点（—1，—1），（—1，1），（1，—1），（1，1）满足22ax by -≤，即有22,22,22,22a b a b a b a b +≤-≤--≤-+≤由此计算动点(,)P a b 所形成平面区域的面积为4。

2018-2019年最新最新高考总复习数学二轮复习专题强化-立体几何(文)

4 立体几何(文)时间120分钟，满分150分。

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(2015·山东潍坊市质检)已知三条不同的直线m，n，l 和两个不同的平面α，β，则下列命题正确的是( ) A．若m∥n，n⊂α，则m∥αB．若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n⊥αC．若l⊥n，m⊥n，则l∥mD．若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，则α⊥β[答案] D[解析] 若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故A不正确；若α⊥β，α∩β＝m，n⊥m，则n与α相交或n∥α或n⊂α，故B不正确；若l⊥n，m⊥n，则l与m相交、平行或异面，故C 不正确；若l⊥α，m⊥β，且l⊥m，则由线面垂直的性质定理和面面垂直的判定定理知α⊥β，故D正确．2．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为( )A．6＋ 5 B．6＋2 5C．8＋ 5 D．8＋2 5[答案] D[解析] 由三视图可知该几何体为一横放的直三棱柱，其中底面正对观察者，为一直角三角形，两直角边长分别为1,2，棱柱的高为2，故其表面积S＝(2＋1＋5)×2＋2×1＝8＋2 5.3．如图是一个空间几何体的三视图，这个几何体的体积是( )A．2πB．4πC．6πD．8π[答案] D[解析] 由图可知该几何体是一个圆柱内挖去一个圆锥所得的几何体，V＝V圆柱－V圆锥＝π×22×3－13π×22×3＝8π，故选D．4.在正四面体(棱长都相等的四面体)A －BCD 中，棱长为4，M 是BC 的中点，点P 在线段AM 上运动(P 不与A 、M 重合)，过点P作直线l ⊥平面ABC ，l 与平面BCD 交于点Q ，给出下列命题：①BC ⊥平面AMD ； ②Q 点一定在直线DM 上； ③V C －AMD ＝4 2. 其中正确的是( ) A ．①② B ．①③ C ．②③ D ．①②③[答案] A[解析] 由BC ⊥AM ，BC ⊥MD ，可得BC ⊥平面AMD ，即①正确；由BC ⊥平面AMD 可得平面AMD ⊥平面ABC ，则若过P 作直线l ⊥平面ABC ，l 与平面BCD 交于点Q ，Q 点一定在直线DM 上，即②正确；由V C －AMD ＝12V C －ABD ＝12×212×43＝823，即③不正确，综上可得正确的命题序号为①②，故应选A.5．(2015·淄博市质检)某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A.πa 36 B ．πa 33C.2πa 33D ．πa 3[答案] A[解析] 由三视图可知该几何体为一个圆锥的14，其中圆锥的底面圆的半径为a ，高为2a ，所以该几何体的体积V ＝(13×πa 2×2a)×14＝πa36.故选A.6．已知α、β、γ是三个不重合的平面，m 、n 是不重合的直线，下列判断正确的是( )A ．若α⊥β，β⊥γ，则α∥γB ．若α⊥β，l ∥β，则l ∥αC ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nD ．若m ⊥α，n ⊥α，则m ∥n [答案] D[解析] A 错，两平面还可垂直；B 错，还可能有l ⊂α；C错，两直线m ，n 的位置关系不确定；D 正确，垂直于同一平面的两直线互相平行．7．(2015·临沂八校质检)若四棱锥P －ABCD 的底面ABCD 为正方形，且PD 垂直于底面ABCD ，N 为PB 的中点，则三棱锥P －ANC 与四棱锥P －ABCD 的体积之比为( )A.13 B ．12C.23 D ．14[答案] D[解析] 本题考查空间几何体的体积．四棱锥P －ABCD 的体积易求，关键是把三棱锥P －ANC 的体积用四棱锥P －ABCD 的高和底面积表示出来．设正方形ABCD 的面积为S ，PD ＝h ，则所求体积之比为V 三棱锥P －ANC V 四棱锥P －ABCD＝V 四棱锥P －ABCD －V 三棱锥N －ABC －V 三棱锥P －ADCV 四棱锥P －ABCD＝13Sh －13·12S ·12h －13·12Sh 13Sh ＝14. 8.如图，正△ABC 的中线AF 与中位线DE 相交于G ，已知△A ′ED 是△AED 绕DE 旋转过程中的一个图形，下列命题中，错误的是( )A ．动点A ′在平面ABC 上的投影在线段AF 上B ．恒有平面A ′GF ⊥平面BCEDC ．三棱锥A ′－FED 的体积有最大值 D ．异面直线A ′E 与BD 不可能垂直 [答案] D[解析] 由题意，DE ⊥平面AGA ′， ∴A 、B 、C 正确，故选D ．9．在棱长为a 的正方体ABCD －A 1B 1C 1D 1中，M 为AB 的中点，则点C 到平面A 1DM 的距离为()A.63a B ．66aC.22a D．12a[答案] A[解析] 设点C到平面A1DM的距离为h，则由已知得DM＝A1M＝a2＋(a2)2＝52a，A1D＝2a，S△A1DM＝12×2a×(52a)2－(22a)2＝64a2，连接CM，S△CDM＝12a2，由VC－A1DM＝VA1－CDM，得13S△A1DM·h＝13S△CDM·a，即6 4a2·h＝12a2·a，得h＝63a，所以点C到平面A1DM的距离为63a，选A.10．(2015·河南六市联考)一个几何体的三视图如下图所示，则这个几何体的体积是( )A．1 B．2C．3 D．4[答案] D[解析] 由三视图知该几何体是如图所示的四棱锥P －ABCD ，其中底面ABCD 是直角梯形，侧面ABP 是Rt △，且侧面PAB ⊥底面ABCD ，故其体积为V ＝13×12(2＋4)×2×2＝4.11．(2015·潍坊市质检)已知三棱锥S －ABC 的所有顶点都在球O 的球面上，底面△ABC 是边长为1的正三角形，棱SC 是球O 的直径且SC ＝2，则此三棱锥的体积为( )A.26 B ．36C.23 D ．22[答案] A[解析] 过点B 作BD ⊥SC 于点D ，连接AD ，因为△SBC ≌△SAC ，所以AD ⊥SC ，又BD ∩AD ＝D ，所以SC ⊥平面ABD，因为SB⊥BC，SC＝2，BC＝1，所以BD＝AD＝sin60°＝32，又AB＝1，所以S△ABD＝12×1×(32)2－(12)2＝24，所以V三棱锥S－ABC＝13×S△ABD×SC＝13×24×2＝26.12．如图所示，正方体ABCD－A′B′C′D′的棱长为1, E、F分别是棱AA′、CC′的中点，过直线EF的平面分别与棱BB′、DD′交于M、N，设BM＝x，x∈[0,1]，给出以下四个命题：①平面MENF⊥平面BDD′B′；②当且仅当x＝12时，四边形MENF的面积最小；③四边形MENF周长L＝f(x)，x∈[0,1]是单调函数；④四棱锥C′－MENF的体积V＝h(x)为常函数；以上命题中假命题的序号为( )A．①④B．②C．③D．③④[答案] C[解析] AC⊥平面BDD′B′，EF∥AC，∴EF⊥平面BDD′B′，∴①正确；∵EF为所在棱的中点，由对称性及条件知四边形EMFN为菱形，其面积随着对角线MN的增大而增大，当x＝12时，M为BB′的中点，此时MN取最小值，∴②正确，③错误；V四棱锥C′－MENF＝2V C′－MEF＝2V E－MFC′为常数，∴V＝h(x)为常函数．二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，将正确答案填在题中横线上)13.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，点P是上底面A1B1C1D1内一动点，则三棱锥P－ABC的正(主)视图与侧(左)视图的面积的比值为________．[答案] 1[解析] 依题意得三棱锥P－ABC的主视图与左视图均为三角形，且这两个三角形的底边长都等于正方体的棱长，底边上的高也都相等，因此三棱锥P－ABC的主视图与左视图的面积之比等于1.14．一个几何体的三视图如图所示(单位：m)，则该几何体的体积为________m3.[答案] 30[解析] 本题考查三视图及柱体体积公式．由三视图知该几何体由一个棱长为3,4,2的长方体和一个底面是直角梯形高为4的直棱柱组成，则体积V＝3×4×2＋2＋1×1×4＝30.215．已知四棱锥P－ABCD的底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD，点E、F分别是棱PC、PD的中点，则①棱AB与PD所在直线垂直；②平面PBC与平面ABCD垂直；③△PCD的面积大于△PAB的面积；④直线AE与平面BF是异面直线．以上结论正确的是________．(写出所有正确结论的编号) [答案] ①③[解析] 由条件可得AB⊥平面PAD，∴AB⊥PD，故①正确；若平面PBC⊥平面ABCD，由PB⊥BC，得PB⊥平面ABCD，从而PA∥PB，这是不可能的，故②错；S△PCD＝12CD·PD，S△PAB＝12AB·PA，由AB＝CD，PD>PA知③正确；由E、F分别是棱PC、PD的中点，可得EF∥CD，又AB ∥CD，∴EF∥AB，故AE与BF共面，④错，故填①③.16．(2014·邯郸一模)已知直角梯形ABCD，AB⊥AD，CD⊥AD，AB＝2AD＝2CD＝2沿AC折成三棱锥，当三棱锥体积最大时，求此时三棱锥外接球的体积________．[答案] 4 3π[解析] 在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，CD⊥AD，AB ＝2AD＝2CD＝2，∴AB＝2，AD＝1，CD＝1，∴AC＝2，BC＝2，∴BC⊥AC，取AC的中点E，AB中点O，当三棱锥体积最大时，平面DCA⊥平面ACB，∴OA＝OB＝OC＝OD，∴OB＝1，∴V＝43πR3＝43π.三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17．(本题满分10分)在四棱锥P－ABCD中，PC⊥平面ABCD，DC∥AB，DC＝1，AB＝4，BC＝23，∠CBA＝30°.(1)求证：AC⊥PB；(2)当PD＝2时，求此四棱锥的体积．[解析] (1)∵PC⊥平面ABCD，∴PC⊥AC，又∠CBA＝30°，BC＝23，AB＝4，∴AC＝AB2＋BC2－2AB·BCcos∠CBA＝16＋12－2×4×23×32＝2，∴AC2＋BC2＝4＋12＝16＝AB2，∴∠ACB＝90°，故AC⊥BC.又∵PC、BC是平面PBC内的两条相交直线，故AC⊥平面PBC，∴AC⊥PB．(2)当PD＝2时，作CE⊥AB交AB于E，在Rt△CEB中，CE＝CB·sin30°＝23×12＝3，又在Rt△PCD中，DC＝1，∴PC＝3，∴V P－ABCD＝13·PC·S ABCD＝13×3×12(1＋4)× 3＝5 2 .18．(本题满分12分)(2014·山西太原检测)如图，在多面体ABCDEF中，底面ABCD是边长为2的正方形，四边形BDEF是矩形，平面BDEF⊥平面ABCD，BF＝3，G和H分别是CE和CF的中点．(1)求证：AC⊥平面BDEF；(2)求证：平面BDGH//平面AEF；(3)求多面体ABCDEF的体积．[解析] (1)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD．又因为平面BDEF⊥平面ABCD，平面BDEF∩平面ABCD＝BD，且AC⊂平面ABCD，所以AC⊥平面BDEF.(2)证明：在△CEF中，因为G、H分别是CE、CF的中点，所以GH∥EF，又因为GH⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，所以GH∥平面AEF.设AC∩BD＝O，连接OH，在△ACF中，因为OA＝OC，CH＝HF，所以OH∥AF，又因为OH⊄平面AEF，AF⊂平面AEF，所以OH∥平面AEF.又因为OH∩GH＝H，OH，GH⊂平面BDGH，所以平面BDGH∥平面AEF.(3)解：由(1)，得AC⊥平面BDEF，又因为AO＝2，四边形BDEF的面积S BDEF＝3×22＝62，所以四棱锥A－BDEF的体积V1＝13×AO×S BDEF＝4.同理，四棱锥C－BDEF的体积V2＝4.所以多面体ABCDEF的体积V＝V1＋V2＝8.19．(本题满分12分)(2015·洛阳市期末) 如图，在四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，点O是对角线AC与BD的交点，M是PD的中点，且AB＝2，∠BAD＝60°.(1)求证：OM∥平面PAB；(2)求证：平面PBD⊥平面PAC；(3)当三棱锥M－BCD的体积等于34时，求PB的长．[解析] (1)∵在△PBD中，O、M分别是BD、PD的中点，∴OM是△PBD的中位线，∴OM∥PB，OM⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，∴OM∥平面PAB．(2)∵PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴PA⊥BD．∵底面ABCD是菱形，∴BD⊥AC，AC ⊂平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，AC ∩PA ＝A ，∴BD ⊥平面PAC.∵BD ⊂平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC ，(3)因为底面ABCD 是菱形，M 是PD 的中点，所以V M －BCD ＝12V M －ABCD ＝14V P －ABCD ，从而V P －ABCD ＝ 3. 又AB ＝2，∠BAD ＝60°，所以S 菱形ABCD ＝2 3.∵四棱锥P －ABCD 的高为PA ，∴13×23×PA ＝3，得PA ＝32， ∵PA ⊥平面ABCD ，AB ⊂平面ABCD ，∴PA ⊥AB ．在Rt △PAB 中，PB ＝PA 2＋AB 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫322＋22＝52.20．(本题满分12分)(2014·威海两校质检)如图，四棱锥P －ABCD 的底面是边长为1的正方形，侧棱PA ⊥底面ABCD ，且PA ＝2，E 是侧棱PC 上的动点．(1)求四棱锥P －ABCD 的体积；(2)如果E是PA的中点，求证PC∥平面BDE；(3)是否不论点E在侧棱PA的任何位置，都有BD⊥CE？证明你的结论．[解析] (1)∵PA⊥平面ABCD，∴V P－ABCD＝13S正方形ABCD·PA＝13×12×2＝23.即四棱锥P－ABCD的体积为2 3 .(2)连接AC交BD于O，连接OE.∵四边形ABCD是正方形，∴O是AC的中点．又∵E是PA的中点，∴PC∥OE.∵PC⊄平面BDE，OE⊂平面BDE，∴PC∥平面BDE.(3)不论点E在何位置，都有BD⊥CE.证明如下：∵四边形ABCD是正方形，∴BD⊥AC.∵PA⊥底面ABCD，且BD⊂平面ABCD，∴BD⊥PA. 又∵AC∩PA＝A，∴BD⊥平面PAC.∵不论点E在何位置，都有CE⊂平面PAC.∴不论点E在何位置，都有BD⊥CE.21．(本题满分12分)(2015·海淀区期末)如图，在四棱锥P－ABCD中，PD⊥平面ABCD，又AD∥BC，AD⊥DC，且BC＝PD＝3AD＝3.(1)画出四棱锥P－ABCD的正视图；(2)求证：平面PAD⊥平面PCD；(3)求证：棱PB上存在一点E，使得AE∥平面PCD，并求PE的值．EB[解析] (1)四棱锥P－ABCD的正视图如图所示．(2)证明：因为PD⊥平面ABCD，AD⊂平面ABCD，所以PD⊥AD．因为AD⊥DC，PD∩CD＝D，PD⊂平面PCD，CD⊂平面PCD，所以AD⊥平面PCD．因为AD ⊂平面PAD ，所以平面PAD ⊥平面PCD ．(3)证明：当PE EB ＝12时，AE ∥平面PCD ．理由如下：分别延长CD ，BA 交于点O ，连接PO.因为AD ∥BC ，BC ＝3AD ，所以OA OB ＝AD BC ＝13，即OA AB ＝12. 所以OA AB ＝PE EB，所以AE ∥OP. 因为OP ⊂平面PCD ，AE ⊄平面PCD ，所以AE ∥平面PCD ．22．(本题满分12分)如图所示，在直三棱柱ABC －A 1B 1C 1中，AB ＝BB 1＝BC ，AC 1⊥平面A 1BD ，D 为AC 的中点．(1)求证：B 1C ∥平面A 1BD ；(2)求证：B 1C 1⊥平面ABB 1A 1；(3)在CC 1上是否存在一点E ，使得∠BA 1E ＝45°，若存在，试确定E的位置，并判断平面A1BD与平面BDE是否垂直？若不存在，请说明理由．[分析] (1)连接AB1，交A1B于M，则MD就是平面A1BD 内与B1C平行的直线；(2)需在平面ABB1A1中找两条相交直线都与B1C1垂直，由直三棱柱的概念，知BB1⊥B1C1，另一条的寻找，从AC1⊥平面A1BD，以平行四边形ABB1A1为正方形入手，证明A1B⊥平面AB1C1从而得出A1B⊥B1C1.(3)用余弦定理解△A1BE.[解析] (1)连接AB1与A1B相交于M，则M为AB1的中点．连接MD，又D为AC的中点，∴B1C∥MD，又B1C⊄平面A1BD，MD⊂平面A1BD，∴B1C∥平面A1BD．(2)∵AB＝B1B，∴平行四边形ABB1A1为正方形，∴A1B⊥AB1.又∵AC1⊥平面A1BD，∴AC1⊥A1B，∴A1B⊥平面AB1C1，∴A1B⊥B1C1.又在直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥B1C1，∴B1C1⊥平面ABB1A1.(3)设AB＝a，CE＝x，∵B1C1⊥A1B1，在Rt△A1B1C1中有A1C1＝2a，同理A1B＝2a，∴C1E＝a－x，∴A 1E ＝2a 2＋(a －x )2＝x 2＋3a 2－2ax ，BE ＝a 2＋x 2，∴在△A 1BE 中，由余弦定理得BE 2＝A 1B 2＋A 1E 2－2A 1B ·A 1E ·cos45°，即a 2＋x 2＝2a 2＋x 2＋3a 2－2ax －22a 3a 2＋x 2－2ax ·22， ∴3a 2＋x 2－2ax ＝2a －x ，∴x ＝12a ，即E 是C 1C 的中点， ∵D 、E 分别为AC 、C 1C 的中点，∴DE ∥AC 1.∵AC 1⊥平面A 1BD ，∴DE ⊥平面A 1BD ．又DE ⊂平面BDE ，∴平面A 1BD ⊥平面BDE.[方法点拨] 空间中直线与直线垂直、直线与平面垂直、平面与平面垂直三者之间可以相互转化，每一种垂直的判定都是从某种垂直开始转向另一种垂直，最终达到目的，其转化关系为线线垂直判定定理性质定理线面垂直判定定理性质定理面面垂直．。

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专题检测（十五）立体几何中的向量方法
A 卷——夯基保分专练
1．(2017·惠州三调)如图，四边形ABCD 是圆柱OQ 的轴截面，点
P 在圆柱OQ 的底面圆周上，G 是DP 的中点，圆柱OQ 的底面圆的半
径OA ＝2，侧面积为83π，∠AOP ＝120°.
(1)求证：AG ⊥BD ；
(2)求二面角P -AG -B 的余弦值．
解：建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意可知83π＝2×2π×AD ，
解得AD ＝2 3.
作PE ⊥AB ，垂足为E ，
∵OP ＝OA ＝2，∠AOP ＝120°，
∴∠EOP ＝60°，PE ＝3，OE ＝1，
∴AE ＝AO ＋OE ＝3.
则A (0,0,0)，B (0,4,0)，D (0,0，23)，P (3，3,0)，
∵G 是DP 的中点，
∴G ⎝⎛⎭
⎫32，32，3. (1)证明：∵BD ―→＝(0，－4,23)，AG ―→＝⎝⎛⎭
⎫32，32，3. ∴AG ―→·BD ―→＝⎝⎛⎭
⎫32，32，3·(0，－4,23)＝0， ∴AG ―→⊥BD ―→，即AG ⊥BD .
(2)∵BP ―→＝(3，－1,0)，AG ―→＝⎝⎛⎭
⎫32，32，3， PG ―→＝⎝⎛⎭⎫－32，－32，3，BG ―→＝⎝⎛⎭
⎫32，－52，3， ∴BP ―→·PG ―→＝0，AG ―→·BP ―→＝0，
∴BP ―→是平面APG 的法向量．
设n ＝(x ，y,1)是平面ABG 的法向量，
由⎩⎪⎨⎪⎧ n ·AG ―→＝0，n ·AB ―→＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧ 32x ＋32y ＋3＝0，4y ＝0，
解得n ＝(－2,0,1)，则cos 〈BP ―→，n 〉＝BP ―→·n |BP ―→|·|n |＝－2325＝－155. 由图知，二面角P -AG -B 为锐角，
∴二面角P -AG -B 的余弦值为155
. 2．(2017·北京高考)如图，在四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD
为正方形，平面PAD ⊥平面ABCD ，点M 在线段PB 上，PD ∥
平面MAC ，PA ＝PD ＝6，AB ＝4.
(1)求证：M 为PB 的中点；
(2)求二面角B -PD -A 的大小；
(3)求直线MC 与平面BDP 所成角的正弦值．
解：(1)证明：如图，设AC ，BD 的交点为E ，连接ME .
因为PD ∥平面MAC ，
平面MAC ∩平面PDB ＝ME ，
所以PD ∥ME .
因为底面ABCD 是正方形，
所以E 为BD 的中点．
所以M 为PB 的中点．
(2)取AD 的中点O ，连接OP ，OE .
因为PA ＝PD ，所以OP ⊥AD .
又因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ∩平面ABCD ＝AD ，OP ⊂平面PAD ，所以OP ⊥平面ABCD .
因为OE ⊂平面ABCD ，所以OP ⊥OE .
因为底面ABCD 是正方形，所以OE ⊥AD .。